bzoj5072 小A的树 题解

题意

给出一棵 n 个点的树，每个点有黑白两种颜色。q 次询问，每次
询问给出 x 和 y，问能否选出一个 x 个点的联通子图，使得其中
黑点数目为 y。

范围

n ≤ 5000,q ≤ 10^5

其实证明我也不会没弄懂，只是听老师讲了，我们可以猜想：对于某一大小的连通子图，其包含黑点数的最小值与最大值之间的所有点数目都能够取得到。

证明：证明很简单，考虑从最小值一个个删除点并加入点到最大值的过
程，黑点个数每次最多变化 1，因此能遍历从最小值到最大值中
的所有点。（from dzy）

我们定义f[x][y]表示以x为根的树中有y个黑点的最小节点数

同理g[x][y]表示以x为根的树中有y个黑点的最大节点数

然后这题便可以树上背包解决，时间复杂度（n^2）

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Max=5010;
int n,T,q,tot,u,v,root,xi,yi;
int ver[Max*2],head[Max],Next[Max*2];
int score[Max];
int f[Max][Max],g[Max][Max],siz[Max],ff[Max],gg[Max];
void add(int x,int y){ 
	ver[++tot]=y;Next[tot]=head[x];head[x]=tot;
}
void dp(int x,int fa){//由于存树时用的是双向图，此处要判断 
	siz[x]=1;
	g[x][score[x]]=1;//初始化保证g[x][0] or f[x][0]为1，否则最小值永远是0 
	f[x][score[x]]=1;
	for(int i=head[x];i;i=Next[i]){
		int y=ver[i];
		if(fa==y) continue;
		dp(y,x);
		memcpy(ff,f[x],sizeof f[x]);//由于在进行背包的过程中求得的不一定是最优解，故用临时数组进行储存 
		memcpy(gg,g[x],sizeof g[x]);
		for(int t=siz[x];t>=score[x];--t){//两棵树的合并 
			for(int j=siz[y];j>=score[y];--j){
				ff[t+j]=min(ff[t+j],f[x][t]+f[y][j]);
				gg[t+j]=max(gg[t+j],g[x][t]+g[y][j]);
			}
		}
		siz[x]+=siz[y];
		for(int j=score[x];j<=siz[x];++j){
			f[x][j]=ff[j];
			g[x][j]=gg[j];
		}	
	}
	for(int i=0;i<=siz[x];++i){//用g[0][x] f[0][x]储存答案 
		f[0][i]=min(f[0][i],f[x][i]);
		g[0][i]=max(g[0][i],g[x][i]);
	}
	return;
}
int main(){
	//freopen("trees.in","r",stdin);
	//freopen("trees.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d %d",&n,&q);
		memset(head,0,sizeof(head));
		memset(f,0x3f,sizeof(f));
		memset(g,0xcf,sizeof(g));
		tot=0;
		for(int i=1;i<n;++i){
			scanf("%d %d",&u,&v);
			add(u,v);
			add(v,u);
		}
		for(int i=1;i<=n;++i){
			scanf("%d",&score[i]);
		}
		dp(1,0);
		while(q--){
			scanf("%d %d",&xi,&yi);
			if(xi>=f[0][yi]&&xi<=g[0][yi]){
				puts("YES");
			}
			else puts("NO");
		}printf("
");
	}
	return 0;
}

注：bzoj需加快读才能过，比较卡时间