HDU6866 Linuber File System

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给定一棵(n)个节点的有根树，(1)号节点是根。每个点有一个参数，初始时为(0)。

你可以进行若干次操作。每次操作你指定一个节点(u)和一个整数(x)（可以为负），令(u)的子树内（包含(u)）所有节点的参数加上(x)。

给你(n)个区间([l_i,r_i])，问最少进行多少次操作，可以使每个节点(i)的参数都在自己的([l_i,r_i])范围内。

数据范围：(1leq nleq 2000,-10^9leq l_ileq r_ileq 10^9)。(T)组测试数据，(Tleq 10)。

本题题解

首先，容易发现，在同一个节点上，我们最多只会进行一次操作。于是问题转化为，给每个节点确定一个“操作值”，使得【(i)及(i)的所有祖先的操作值之和】在([l_i,r_i])范围内，同时最小化“操作值”不为(0)的节点数量。

考虑树形DP。设(dp[u][x])表示，如果节点(u)的所有祖先（不包含它自己。如无特殊说明，以下所说的祖先都不包含自己，子树都包含自己）操作值之和为(x)，在(u)的子树内，最少还要再进行多少次操作。显然，子树内的操作，不会影响到子树外的其他点，且这个子树内的答案只受它的祖先影响（这个影响就是(x)，我们把我们无法确定的东西都写到状态里），所以这个状态很合理。

考虑转移。显然，对于(u)的所有儿子来说，它们的祖先对它们的贡献是相同的。所以可以预处理一个(g[u][y]=sum_{vin ext{son}(u)}dp[v][y])。

对于(u)的儿子来说，这个(y)是它的祖先对它的贡献之和。对(u)来说，这个(y)是它自己的“操作值”加上它祖先的操作值之和（也就是说，(y)比前面的(x)，就是多了一个(u)自己的“操作值”）。并且，(y)就是(u)最终的参数，所以合法的(y)必须在([l_u,r_u])之间。于是我们能写出转移式：

[dp[u][x]=min_{l_uleq yleq r_u}{g[u][y] + [y eq x]} ]

可以对第二维，在(l,r)区间里的部分求前缀、后缀最小值。则转移就是(O(1))的了（具体可以见我代码）。时间复杂度(O(ncdot ext{值域}))。最终答案就是(dp[u][0])。

但是由于值域高达(10^9)，这个做法目前还不可行。为了继续优化，需要用到一个观察：

引理：一定存在一种最优解，使得每个节点最终的参数（它和它所有祖先的“操作值”之和）属于集合({l_i,r_i | 1leq ileq n})。

证明可以考虑，设把所有(l_i,r_i)放在一起排序后，设这些值为(w_1dots w_{2n})。对于任意一个(x)，假设(w_j<x<w_{j+1})，那么(dp[u][x])的值一定等于(dp[u][w_j])。这个好像可以归纳。

由这个引理，有一个直接的推论就是，存在一种最优解，使得所有的(x,y)，都在({l_i,r_i | 1leq ileq n}cup{0})这个集合里（(x)可能是(0)，因为你可以认为(1)的祖先的参数是(0)）。所以直接把这些点离散化，就可以(O(n^2)) DP了。

参考代码：

//problem:1012
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=2000;
const int INF=1e9;
int n;
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXN*2+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}

struct Range_t{
	int l,r;
}rg[MAXN+5];
int vals[MAXN*2+5],cnt_val;
int f[MAXN+5][MAXN*2+5],pre[MAXN*2+5],suf[MAXN*2+5];
void dfs(int u,int fa){
	for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
		f[u][i]=0;
	}
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		for(int j=1;j<=cnt_val;++j){
			f[u][j]+=f[v][j];
		}
	}
	int l=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,rg[u].l)-vals;
	int r=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,rg[u].r)-vals;
	pre[0]=suf[cnt_val+1]=INF;
	for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
		pre[i]=min(pre[i-1],((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF));
	}
	for(int i=cnt_val;i>=1;--i){
		suf[i]=min(suf[i+1],((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF));
	}
	for(int i=1;i<=cnt_val;++i){
		f[u][i]=min(((i>=l && i<=r) ? f[u][i] : INF), min(pre[i-1],suf[i+1])+1);
	}
}
void solve_case(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		head[i]=0;
	}
	tot=0;
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u,v;cin>>u>>v;
		add_edge(u,v);
		add_edge(v,u);
	}
	cnt_val=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>rg[i].l>>rg[i].r;
		vals[++cnt_val]=rg[i].l;
		vals[++cnt_val]=rg[i].r;
	}
	vals[++cnt_val]=0;
	sort(vals+1,vals+cnt_val+1);
	cnt_val=unique(vals+1,vals+cnt_val+1)-(vals+1);
	dfs(1,0);
//	for(int i=1;i<=cnt_val;++i)cout<<vals[i]<<" ";cout<<endl;
//	for(int i=1;i<=n;++i){
//		for(int j=1;j<=cnt_val;++j)cout<<f[i][j]<<" ";cout<<endl;
//	}
	int pos=lob(vals+1,vals+cnt_val+1,0)-vals;
	cout<<f[1][pos]<<endl;
}
int main() {
	int T;cin>>T;while(T--)solve_case();
	return 0;
}