贼有意思的一道题。考虑把费用给转化一下,观察
如果定义叶节点的状态 {{A,0},{B,1}},非叶节点的状态 {{nA>=nB,0},{nA<nB,1}},结合上图可以得出
- 叶节点x,y(x<y)的状态相同
- 叶节点状态与lca(x,y)状态相同,费用0
- 叶节点状态与lca(x,y)状态不同,费用2f[x,y]
- 叶节点x,y(x<y)的状态不同,费用f[x,y]
技巧化的,直接定义叶节点x关于祖先d的权值为h(x,d)=[x的状态≠d的状态]Σf[x,y],其中y是d子树管辖的不等于x的叶节点。
这样一来,如果实现清楚了祖先的状态,x的贡献就等于Σh(x,d)了。
于是考虑枚举祖先的状态并进行dp,设f[x,i]表示在x子树中出现了i个0状态叶节点的最小代价,转移部分比较简单,参考代码就行。
没讲太清楚明天补补吧。千万记得初始化dp数组!!!
update:已经很详尽了还有什么要不补的啊喂,滚去睡觉了233
#include <bits/stdc++.h>
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n;
int cv[2050],ori[2050],tmp[2050];
int dp[2050][2050],v[2050][2050];
int lq[12],rq[12];
void dfs(int x,int l,int r,int set,int dep) {
memset(dp[x],inf,sizeof dp[x]);
if(l==r) {
dep--;
dp[x][0]=ori[l]?0:cv[l];
dp[x][1]=ori[l]?cv[l]:0;
for(int i=1; i<=dep; ++i) {
int mid=(lq[i]+rq[i])>>1;
int key=!(1&(set>>(dep-i))); //相异有贡献
if(l<=mid) dp[x][key]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid];
else dp[x][key]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-1];
}
return;
}
int mid=(l+r)>>1,len=r-l+1;
lq[dep]=l,rq[dep]=r;
dfs(ls,l,mid,set<<1,dep+1);
dfs(rs,mid+1,r,set<<1,dep+1);
for(int i=0; i<len/2; ++i)
for(int j=0; j<=i; ++j)
dp[x][i]=min(dp[x][i],dp[ls][j]+dp[rs][i-j]);
dfs(ls,l,mid,set<<1|1,dep+1);
dfs(rs,mid+1,r,set<<1|1,dep+1);
for(int i=len/2; i<=len; ++i)
for(int j=0; j<=i; ++j)
dp[x][i]=min(dp[x][i],dp[ls][j]+dp[rs][i-j]);
}
int main() {
scanf("%d",&n); n=1<<n;
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",ori+i);
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d",cv+i);
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i+1; j<=n; ++j) {
scanf("%d",&v[i][j]);
v[j][i]=v[i][j];
}
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=n; ++j)
v[i][j]+=v[i][j-1];
dfs(1,1,n,0,1);
int ans=inf;
for(int i=0; i<=n; ++i)
ans=min(ans,dp[1][i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}