[HNOI 2018]道路

Description

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给出一棵含有 (n) 个叶子节点的二叉树，对于每个非叶子节点的节点，其与左儿子相连的边为公路，其与右儿子相连的边为铁路。对于每个节点，选择一条与其儿子相连的铁路或公路。对于每个叶子节点 (u) ，含有三个参数 (a,b,c) ，记 (u) 到根节点一共需要经过 (x) 条未选择的公路与 (y) 条未选择的铁路，其代价为

[c_u cdot (a_u + x) cdot (b_u + y)]

求最小的总代价和。

(n le 20000) ， (1 le a_i,b_i le 60) ， (1 le c_i le 10^9) ，二叉树深度不超过 (40) 。

Solution

传说中的普及 (dp) 。

记 (f_{i,j,k}) 为 (i) 这个节点到根节点路径上一共需要经过 (j) 条未选择的公路与 (k) 条未选择的铁路，其子树中最小的代价和。

答案就是 (f_{1,0,0}) 。

转移就是考虑当前节点选择铁路还是选择公路。

时间复杂度和空间复杂度为 (O(40^2n)) 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define F(o, i, j) (1ll*c[o]*(i+a[o])*(j+b[o]))
using namespace std;
const int N = 20000+5;

int n, a[N], b[N], c[N], ls[N], rs[N];
ll f[N][41][41];

void dfs(int o, int dep) {
    if (o < 0) return;
    int l = ls[o], r = rs[o];
    dfs(l, dep+1), dfs(r, dep+1);
    for (int i = 0; i <= dep; i++)
    for (int j = 0; j <= dep; j++) {
        if (l < 0 && r < 0) f[o][i][j] = min(F(-l, i+1, j)+F(-r, i, j), F(-l, i, j)+F(-r, i, j+1));
        else if (l < 0) f[o][i][j] = min(F(-l, i+1, j)+f[r][i][j], F(-l, i, j)+f[r][i][j+1]);
        else if (r < 0) f[o][i][j] = min(f[l][i+1][j]+F(-r, i, j), f[l][i][j]+F(-r, i, j+1));
        else f[o][i][j] = min(f[l][i+1][j]+f[r][i][j], f[l][i][j]+f[r][i][j+1]);
    }
}
void work() {
    scanf("%d", &n);
    memset(f, 127/3, sizeof(f));
    for (int i = 1; i < n; i++) scanf("%d%d", &ls[i], &rs[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]);
    dfs(1, 0);
    printf("%lld
", f[1][0][0]);
}
int main() {work(); return 0; }