[Ceoi2007]Royaltreasury

#1945. [Ceoi2007]Royaltreasury

Online Judge：Bzoj-1945

Label：树形Dp，高精度

题目描述

在很久很久以前的一个王国里，王国的财产开始变得越来越少。国王决定改变这种情况，然后他发明了一种新的系统。系统职员要求两两成对（为了避免行贿），每一对由一个职员及他的下属组成。你的任务就是在满足这种组成方式结构的前提下，计算出能够按照这种方式组成的最大的对数，和可能的方法数。

这项任务是由George Skinflint领导的。每个职员都有0个,1个或者更多的下属，并且每个职员都只有一个单独的上司（除了George Skinglint）。职员的人数不会超过1 000。你的任务就是，按照由职员及他的下属组成的方法，计算出能够组成的对数的最大值。另外，你也要计算最大值可能的组成的方式有多少种。注意一些职员不需要成对。

输入

第一行包含一个数字N，表示职员的数目，1≤N≤1000。职员按照特殊的ID号码进行标号，号码为1~N。Skinflint的号码为1。接下来N行对应相应的职员：包含其ID号和一个数字K表示他的下属的数目，0≤K≤999，接下来给出他的K个职员的ID号，中间由空格分隔。并且保证所有职员不会比他的上司先出现。

输出

输出包含两行。第一行包含一个单独的数字，代表职员能形成的最多的对数。第二行表示在多数最多的情况下，有多少种形成方式。

样例输入

7
1 3 2 4 7
2 1 3
4 1 6
3 0
7 1 5
5 0
6 0

样例输出

3
4

题解：

题目大意就是给定一棵n个节点的树，让你将父亲节点和儿子节点配对，问最多能组几对，且能达到这个最大值的配对方案有几种。

由于n<=1000，考虑树形Dp，定义状态：(dp[x][0])表示不选x时，x的子树（包含x）最多能组的对数，(dp[x][1])表示选x时，x的子树（包含x）最多能组的对数。相应的定义数组(cnt[x][0],cnt[x][1])表示不选/选x时，达到最大值的方案数。

我们知道，当解决完x的子树后，就可以得到上述四个值，由于只有最优情况会对父亲节点做出贡献，为了方便向上回溯统计，直接在得到上述四个值后选出最优答案。具体实现如下，我们把最优解存在(dp[x][1],cnt[x][1])上，那么最终答案就是(dp[1][1],cnt[1][1])。

也就是说，只有当处于x这一层时，(dp[x][1],cnt[x][1])才表示选择x的状态。

if(dp[x][1]<dp[x][0]){
        dp[x][1]=dp[x][0];
          cnt[x][1]=cnt[x][0];
    } 
else if(dp[x][1]==dp[x][0])cnt[x][1]=cnt[x][1]+cnt[x][0];

接下来考虑如何转移。设当前层为x。

• Status1:当不选x时，那么x的儿子选或不选都可以，那直接每个儿子都选最优情况，只要将(cnt[x][0]*=cnt[son][1],dp[x][0]+=dp[son][1])即可，注意由于在搞x之前已经先递归子树了，这里的(cnt[son][1],dp[son][1])就已经表示儿子的最优情况(联系上面对状态的定义)。

• Status2:如果选择x情况就比较复杂了，必须选且仅选一个儿子与x组对，而剩下的儿子可以不选或选——选的话就是那个儿子跟他的儿子组对了，这与x无瓜。那具体怎么处理呢？？我们在求Status1的时候已经得到了(dp[x][0]),那么只要将其中一个儿子p与x组对即可，其他儿子还是选最优情况。如何确定与x组对的儿子p呢，设p的最优解为best,当p不选时(如果p不选的话我们就可以把他和x组一对了)的最优情况为unchoose，那么只要找一个best-unchoose最小的即可——（注意可能存在多个p，此时对(dp[x][1])并无影响，但对方案数(cnt[x][1])会有影响，下面将会讨论到）， 我们统计这个最小差值mi，则(mi=min(dp[son][1]-dp[son][0]))，那么(dp[x][1]=dp[x][0]-mi+1)，后面那个1是x与p新组的对数。那么如何求(cnt[x][1])呢？？我们根据那个mi值找到儿子p（可能会存在多个），然后根据下面的过程统计，详见注释。

for(int i=0; i<e[x].size(); i++) {
		int y=e[x][i];//上文提到的儿子p
		if(mi==dp[y][1]-dp[y][0]) {
			BigInt s;s.init(1);
			for(int j=0; j<e[x].size(); j++) {//除了p的其他儿子
				int z=e[x][j];
				if(z==y)s=s*cnt[z][0];
				else s=s*cnt[z][1];//统计方案数
			}
			cnt[x][1]=cnt[x][1]+s;//由于可能存在多个儿子p，根据加法原理统计
		}
}

到此此题就结束了，但是——，发现cnt方案数可能会很大，所以得用高精，而至于dp的值嘛不会超过n<=1000，所以int就够了。ps:下面的高精模板挺好用的233

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
const int P=10000;
int n,dp[N][2];
vector<int>e[N];
struct BigInt {
	int len,a[100];
	BigInt() {
		len=0;
		memset(a,0,sizeof(a));
	}
	void init(int x) {
		memset(a,0,sizeof(a));
		len=0;
		do {
			a[++len]=x%P;
			x/=P;
		} while(x);
	}
	void output() {
		printf("%d",a[len]);
		for(int i=len-1; i>=1; i--)printf("%04d",a[i]);
		puts("");
	}
	BigInt operator *(BigInt x) {
		BigInt now;
		now.len=len+x.len-1;
		for(int i=1; i<=len; i++)
			for(int j=1; j<=x.len; j++)now.a[i+j-1]+=a[i]*x.a[j];
		for(int i=1; i<=now.len; i++) {
			now.a[i+1]+=now.a[i]/P;
			now.a[i]%=P;
		}
		while(now.a[now.len+1])now.len++;
		return now;
	}
	BigInt operator +(BigInt x) {
		BigInt now;
		now.len=max(len,x.len);
		for(int i=1; i<=now.len; i++)now.a[i]=x.a[i]+a[i];
		for(int i=1; i<=now.len; i++) {
			now.a[i+1]+=now.a[i]/P;
			now.a[i]%=P;
		}
		while(now.a[now.len+1])now.len++;
		return now;
	}
} cnt[N][2];
void dfs(int x) {
	cnt[x][0].init(1);
	int mi=1e9;
	for(int i=0; i<e[x].size(); i++) {
		int y=e[x][i];
		dfs(y);
		cnt[x][0]=cnt[x][0]*cnt[y][1];
		dp[x][0]+=dp[y][1];
		mi=min(dp[y][1]-dp[y][0],mi);
	}
	dp[x][1]=dp[x][0]-mi+1;
	for(int i=0; i<e[x].size(); i++) {
		int y=e[x][i];
		if(mi==dp[y][1]-dp[y][0]) {
			BigInt s;
			s.init(1);
			for(int j=0; j<e[x].size(); j++) {
				int z=e[x][j];
				if(z==y)s=s*cnt[z][0];
				else s=s*cnt[z][1];
			}
			cnt[x][1]=cnt[x][1]+s;
		}
	}
	if(dp[x][1]<dp[x][0]) {
		dp[x][1]=dp[x][0];
		cnt[x][1]=cnt[x][0];
	} else if(dp[x][1]==dp[x][0])cnt[x][1]=cnt[x][1]+cnt[x][0];
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,id,k,u; i<=n; i++) {
		scanf("%d%d",&id,&k);
		for(int j=1; j<=k; j++) {
			scanf("%d",&u);
			e[id].push_back(u);
		}
	}
	dfs(1);
	printf("%d
",dp[1][1]);
	cnt[1][1].output();
}