[NOI2006]网络收费

题意

传送门

MY市NS中学，大概是绵阳市南山中学。

分析

参照Maxwei_wzj的题解。

因为成对的贡献比较难做，我们尝试把贡献算到每一个叶子节点上。我们发现按照题目中的收费方式，它等价于对于每棵子树，A和B哪个更少，就统计这样的贡献：对于每个这种类型的用户(i)，如果(i,j)的LCA是当前子树的根，则累计(F(i,j))。

为什么等价呢？因为观察计费形式，

假设A更少，那么对所有满足LCA为当前根的点对((i,j))，如果两个同为A，则累计两次(F(i,j))，等价于累计(F(i,j))和(F(j,i))各一次，如果其中有一个为A，那么要么累计(F(i,j))，要么累计(F(j,i))，累计的是为A的那个，因此两种计算方式是可以归纳总结的。注意到满足LCA相同的条件的(j)一定是一个连续区间，因此我们可以预处理出前缀和，加快询问的速度。

接下来就要考虑状态转移了。我们发现在每个点上实际上是在做这样的决策：要使A更少还是使B更少。而我们发现，一个点的贡献受且仅受它的祖先决策的影响。注意到深度只有(n)，所以我们可以在状态中开一维表示该点祖先的决策状态，最多有(2^n)种。那么我们可以得到一个状态定义，如下：
令(f(i,j,k))为以点(i)为根的子树中，点ii的祖先的决策状态为(j)，子树中有(k)个A时，能得出的最小花费。

当点(i)为叶子节点时，我们可以借助前缀和(O(n))算出这个状态的花费，而其他点的状态就类似线段树和背包一样合并子节点转移即可，可以证明时间复杂度为(Omega(2^{2n}),o(2^{3n}))。

还有一点要注意，直接开(f(i,j,k))的话，空间复杂度为(O(2^{3n}))，无法接受，注意到在深度为(dep)时，(j)最多有(2^{dep})种决策，而(k)最大为(2^{n−dep})，那么如果我们把这两维合并成一维，那么这一维从始至终最多有(2^n)种组合，那么我们就把空间复杂度也优化到了(O(2^{2n}))，可以通过此题。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<cassert>
#include<ctime>
#include<cstring>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read()
{
	rg T data=0;
	rg int w=1;
	rg char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-')
			w=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
	{
		data=data*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return data*w;
}
template<class T>T read(T&x)
{
	return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long ll;
co ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

co int MAXN=10;
int n;
bool type[1<<MAXN|7];
ll c[1<<MAXN|7],sum[1<<MAXN|7][1<<MAXN|7];
ll f[1<<(MAXN+1)|7][1<<(MAXN+1)|7];

ll calc(int x,int opt,bool type)
{
	int l=1,r=(1<<n),dep=n-1;
	ll res=0;
	while(l<r)
	{
		int m=(l+r)>>1;
		if(x<=m)
		{
			if(type==((opt>>dep)&1)) // 如果类型和少的相同 
				res+=sum[x][r]-sum[x][m];
			r=m;
		}
		else
		{
			if(type==((opt>>dep)&1))
				res+=sum[x][m]-sum[x][l-1];
			l=m+1;
		}
		--dep;
	}
	return res;
}

void dp(int x,int dep)
{
	if(!dep) // 叶子节点 
	{
		for(int i=0;i<(1<<n);++i)
		{
			f[x][i*(1<<(dep+1))+0]=calc(x-(1<<n)+1,i,1);
			f[x][i*(1<<(dep+1))+1]=calc(x-(1<<n)+1,i,0);
			f[x][i*(1<<(dep+1))+type[x-(1<<n)+1]]+=c[x-(1<<n)+1];
		}
		return;
	}
	dp(x<<1,dep-1);
	dp(x<<1|1,dep-1);
	for(int i=0;i<(1<<(n-dep));++i)
		for(int j=0;j<=(1<<dep);++j) // 枚举0的数量 
		{
			int s=i*(1<<(dep+1))+j;
			f[x][s]=INF;
			bool flag=(j>=(1<<dep)-j); // 那种类型更少 
			int ns=i*(1<<(dep+1))+flag*(1<<dep);
			for(int k=0;k<=j;++k) // 枚举左儿子0的数量 
				if(k<=(1<<(dep-1))&&j-k<=(1<<(dep-1))) // 数量要在左右儿子容纳范围内 
					f[x][s]=min(f[x][s],f[x<<1][ns+k]+f[x<<1|1][ns+j-k]);
		}
}

void init()
{
	read(n);
	for(int i=1;i<=(1<<n);++i)
		read(type[i]);
	for(int i=1;i<=(1<<n);++i)
		read(c[i]);
	for(int i=1;i<=(1<<n);++i)
	{
		sum[i][i]=0;
		for(int j=i+1;j<=(1<<n);++j)
			sum[j][i]=read(sum[i][j]);
	}
	for(int i=1;i<=(1<<n);++i)
	{
		sum[i][0]=0;
		for(int j=1;j<=(1<<n);++j)
			sum[i][j]+=sum[i][j-1];
	}
}

int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	init();
	dp(1,n);
	ll ans=INF;
	for(int i=0;i<=(1<<n);++i)
		ans=min(ans,f[1][i]);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}