HNOI/AHOI2018 道路

传送门

这道题题目描述很长……不过我们需要静下来仔细看看题，其实题目并没有那么难。（虽然说是bin哥讲的）

我们发现，首先这个树的深度不是很大，最多不会超过40，那么我们可以以此作为一个突破口进行分析。之后我们又发现，你能修改的，只是所有非叶子结点所连的两条边之中的一条，而且树是一棵完全二叉树。

所以我们直接考虑用dp[x][l][r]表示在第x个点，走过l条公路，r条铁路到达1号节点的最小花费，那么就有dp[x][l][r] = min(dp[lc[x]][l+1][r] + dp[rc[x]][l][r],dp[lc[x]][l][r] + dp[rc[x]][l][r+1]),也就是修左边或者右边的道路的情况。

这个可以使用记忆化搜索实现（记忆化搜索真的强），我们在搜到村庄的时候，就直接返回计算的值。最后的答案是dp[1][0][0].

这道题好像卡空间，但是……我直接交是能过的，开O2反而会T一个点。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('
')

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 1000005;
const int N = 20005;
const int INF = 1000000009;
const double eps = 1e-4;

ll read()
{
    ll ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

ll dp[N][50][50],n,lc[N],rc[N],a[N],b[N],c[N],maxn;

ll dfs(ll x,ll l,ll r)
{
   if(x > n) return c[x-n] * (a[x-n] + l) * (b[x-n] + r);
   if(dp[x][l][r] != -1) return dp[x][l][r];
   dp[x][l][r] = dfs(lc[x],l+1,r) + dfs(rc[x],l,r);
   dp[x][l][r] = min(dp[x][l][r],dfs(lc[x],l,r) + dfs(rc[x],l,r+1));
   return dp[x][l][r];
}

int main()
{
   n = read();
   rep(i,1,n-1)
   {
      lc[i] = read(),rc[i] = read();
      if(lc[i] < 0) lc[i] = -lc[i] + n;
      if(rc[i] < 0) rc[i] = -rc[i] + n;
   }
   rep(i,1,n) a[i] = read(),b[i] = read(),c[i] = read();
   memset(dp,-1,sizeof(dp));
   dfs(1,0,0);
   printf("%lld
",dp[1][0][0]);
   //rep(i,0,n-1) maxn = max(maxn,dp[1][i][n-1-i]);
   //printf("%lld
",maxn);
   return 0;
}