树上游戏..二合一？
题目描述
曾经发明了零件组装机的发明家 SHTSC 又公开了他的新发明：聚变反应炉——一种可以产生大量清洁能量的神秘装置。
众所周知，利用核聚变产生的能量有两个难点：一是控制核聚变反应的反应强度，二是使用较少的能量激发聚变反应。而 SHTSC 已经完美解决了第一个问题。一个聚变反应炉由若干个相连的聚变块组成，为了能够使得聚变反应可控，SHTSC 保证任意两个聚能块都可以通过相互之间的链接到达，并且没有一个聚能块可以不重复经过一个链接回到它自己。
但是第二个问题 SHTSC 还没有完全解决。在他设计的聚变反应炉当中，每个聚变块都需要一定的初始能量 (d_i) 来进行激发，不过 SHTSC 不需要手动激发所有聚变块，这是因为一旦一个聚变块被激发，则会向与其直接相连的所有还未被激发的聚变块传送 (c_i) 个单位的能量。这样后被触发的聚变块可以以更低的初始能量来激发，甚至可能不需要额外的外界能量就可自行激发，从而降低了总激发能量的消耗。现在给出了一个聚变反应炉，求至少要多少能量才能激发所有聚变块。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个整数 (n)，表示共有 (n) 个聚能块，由 (1) 至 (n) 编号。
第二行 (n) 个整数，依次表示 (d_i)。
第三行 (n) 个整数，依次表示 (c_i)。
以下 (n-1) 行每行两个整数 (u,v)，表示编号为 (u) 和 (v) 的聚能块是相连的。
输出格式：
一行一个整数，表示至少需要多少个单位的能量才能激发所有聚变块。
输入输出样例
输入样例：
5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3 4 4 5样例输出：
1样例解释：
只需要触发任意一个聚变块即可激活整个聚变反应装置。
数据范围与约定
Case # (max{c_i}) (n) 附加限制 1 (=1) (leq 10) (c_i = 1) 2 (=1) (leq 100) (c_i = 1) 3 (=1) (leq 200) (c_i = 1) 4 (=0) (leq 10) - 5 (=1) (leq 200) (c_i = 1) 6 (=1) (leq 200) - 7 (=1) (leq 100000) (c_i = 1) 8 (=0) (leq 100000) - 9 (=1) (leq 100000) - 10 (=1) (leq 100000) - 11 (leq 5) (leq 20) - 12 (leq 5) (leq 20) (c_i) 均相等 13 (leq 5) (leq 200) - 14 (leq 5) (leq 200) (c_i) 均相等 15 (leq 5) (leq 200) - 16 (leq 5) (leq 200) - 17 (leq 5) (leq 2000) (c_i) 均相等 18 (leq 5) (leq 2000) - 19 (leq 5) (leq 2000) - 20 (leq 5) (leq 2000) -
题解：
前面50分是个贪心。只需要先激发所有的 (1) 再激发所有的 (0) 即可。
此时考虑 (1) 之间会不会互相影响。因为相邻的 (1) 所造成的影响只是先后顺序上的，早晚都会减掉的，只是位置不同而已。
后面50分需要高阶树形dp，实则是个背包。用 (f[i][j]) 表示 (i) 号点在已接受儿子们贡献的 (j) 点能量后的最小花费，要把 (j) 当成背包那一维。
并且有可能出现 (j>d_i) 的情况，但是这是不合法的。因此我们也需要控制，当接收的能量超过 (d_i) 时要按 (d_i) 算。
此外，对于每个儿子做背包的时候，如果不接受它贡献的能量，则可以自己贡献能量给它。所以dp转移方程并不像以前的背包那样，而是要计算能量下传可能带来的更小代价。
因此我们做到一个儿子 (v) 的时候，先求出给它下传能量后的最小代价 (m=min{f[v][j]-min(c_i,d_v-j)})，然后dp的时候再利用这个值就可以了。
因此转移方程为（正在转移儿子 (v)）
其中 (F[v]=min_{0}^{d[v]}{f[v][i]})。
加 (F[v]) 的是从儿子获取能量，涉及 (m) 的是自己下传能量。
不过从儿子获取的能量最多为 (nc_i) ，为10000，因此数组只用开 10000 即可，注意边界问题。
Code：
#include<cstdio>
#include<cstring>
int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
struct edge
{
int n,nxt;
edge(int n,int nxt)
{
this->n=n;
this->nxt=nxt;
}
edge(){}
}e[200100];
int head[100100],ecnt=-1;
void add(int from,int to)
{
e[++ecnt]=edge(to,head[from]);
head[from]=ecnt;
e[++ecnt]=edge(from,head[to]);
head[to]=ecnt;
}
int d[100100],c[100100];
int F[2010];
void dfs(int x,int from)
{
int f[10010];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[x][0]=d[x];
for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
if(e[i].n!=from)
{
dfs(e[i].n,x);
int k=c[e[i].n],tmp=0x3fffffff,t=F[e[i].n];
for(int j=0;j<=10000;++j)
{
f[x][j]+=t;
tmp=Min(tmp,f[e[i].n][j]-Min(c[x],d[e[i].n]-j));
}
//对于每个物品 拿或不拿都有不同的贡献 需要注意
if(d[x]<=10000)
{
f[x][d[x]]-=t-tmp;
for(int j=d[x];j>=d[x]-k;--j)
f[x][d[x]]=Min(f[x][d[x]],f[x][j]-(d[x]-j));
}
for(int j=Min(d[x]-1,10000);j>=k;--j)
f[x][j]=Min(f[x][j]-t+tmp,f[x][j-k]-k);
if(k)
{
f[x][0]-=F[e[i].n];//撤销统一修改
f[x][0]+=tmp;
}
}
for(int i=0;i<=10000;++i)
if(f[x][i]<F[x])
F[x]=f[x][i];
}
int main()
{
memset(f,0x3f,sizeof(f));
memset(F,0x3f,sizeof(F));
memset(head,-1,sizeof(head));
int n,u,v;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&d[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&c[i]);
for(int i=1;i<n;++i)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v);
}
if(n>2000)//数据分治
{
for(int i=1;i<=n;++i)
if(c[i])
for(int j=head[i];~j;j=e[j].nxt)
if(e[j].n>i||!c[e[j].n])
--d[e[j].n];
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
sum+=d[i]<0?0:d[i];
printf("%d
",sum);
return 0;
}
dfs(1,1);
printf("%d
",F[1]);
return 0;
}