Codeforces Round #418 (Div. 2) D. An overnight dance in discotheque
题意: 给(n(n <= 1000))个圆，圆与圆之间不存在相交关系，只存在包含与不包含关系，现在问你把这一堆圆分成两组，求每组圆的异或并和的最大值。
思路：最简单的做法是贪心的做法，算出每个圆被包含的次数，为偶数则贡献为正，奇数为贡献为负。
现在主要学习一下树形dp的做法
由于圆不存在相交的情况，所以可以把所有的圆建成树，即把每棵树上的点分成两组，分别建成两棵树
使得ans=所有偶数深度的点(sum{area_i}) - 所有奇数深度的点(sum{area_j})最大。
由于每棵树是独立的，对每棵树做树形dp就好了
然而题解的状态定义简直难想的一p，没做过类似套路的题，根本想不出嘛，还是贪心做这道题比较靠谱
不过套路还是要学的
dp[u][p1][p2] 表示假定在u的祖先中p1个点给了第一颗树，剩下p2个点给了第二棵树，以u为根的子树能获得的最大价值(题做的少，感觉这样的定义好奇特啊)
考虑u分给第一棵树 或者 第二颗树 则有如下转移方程
(egin{equation} dp[u][p1][p2] = max egin{cases} sum_{v epsilon child(u)} dp[v][p1+1][p2]+(p1\%2==0?1:-1)*area[u] \ sum_{vepsilon child(u)}dp[v][p1][p2+1]+(p2\%2==0?1:-1)*area[u] end{cases} end{equation})
这个方程看起来似乎可以从上往下做状态转移啊，仔细一想树一旦分叉，祖先结点就被考虑多次，转移就出错了，所以只能从下到上。
注意到状态转移其实只跟奇偶有关
则可以定义成dp[u][0/1][0/1]表示假定在u的祖先中给了第一棵树的点数的奇偶，给了第二颗树的点数的奇偶，子树u能获得的最大价值。
于是可以写成这样 (dp[u][0/1][0/1])
(egin{equation}
dp[u][i][j] = max
egin{cases}
(sum_{v epsilon child(u)} dp[v][i xor 1][j])+(i==0?1:-1)*area[u] \
(sum_{vepsilon child(u)}dp[v][i][j xor 1])+(j==0?1:-1)*area[u]
end{cases}
end{equation})
- 分析一下,由于每个点贡献是它在树中的深度有关，如果我们不假定它的祖先的状态的话，那么就无法从下到上做计算的。算出子树的值转移给祖先，这样最后的答案就是dp[root][0][0] (树根没有祖先当然是0,0)
#include<bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#define LL long long
#define P pair<string,int>
#define ls(i) seg[i].lc
#define rs(i) seg[i].rc
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
const int N = 1e3 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
vector<int> G[N];
int vis[N];
long double area[N];
struct circle{
int x,y,r;
circle(){};
bool operator<(const circle &rhs)const{
if(r != rhs.r) return r < rhs.r;
if(x != rhs.x) return x < rhs.x;
return y < rhs.y;
}
}c[N];
LL sqr(int x){
return 1LL * x * x;
}
bool contain(int a,int b){
return sqr(c[a].x - c[b].x) + sqr(c[a].y - c[b].y) <= sqr(c[a].r - c[b].r);
}
double dp[N][2][2];
void dfs(int u){
double s[2][2] = {0};
for(int i = 0;i < G[u].size();i++){
int v = G[u][i];
dfs(v);
for(int j = 0;j < 2;j++)
for(int k = 0;k < 2;k++)
s[j][k] += dp[v][j][k];
}
for(int i = 0;i < 2;i++)
for(int j = 0;j < 2;j++){
dp[u][i][j] = max(s[i^1][j]+(i==0?1:-1)*area[u],s[i][j^1]+(j==0?1:-1)*area[u]);
}
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%d%d%d",&c[i].x,&c[i].y,&c[i].r);
sort(c+1,c+n+1);
for(int i =1 ;i <= n;i++) vis[i] = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++){
area[i] = PI * c[i].r * c[i].r;
for(int j = 1 ;j < i;j++){
if(!vis[j] && contain(i,j)){
G[i].push_back(j);
vis[j]++;
assert(vis[j]==1);
}
}
}
double ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i++) if(!vis[i]){
dfs(i);
ans += dp[i][0][0];
}
printf("%.10lf
",ans);
return 0;
}