P3554 [POI2013]LUK-Triumphal arch 题解

P3554 [POI2013]LUK-Triumphal arch 题解

间隙

知识点

• 树形(DP) , 二分答案

分析

题意翻译里已经写的很清楚了,这里就不重复一遍了

首先这里的答案(k)具有可二分性,考虑二分答案

当(B)走到一个节点(u)时,第一步要做的肯定是把(u)的儿子全部都涂色

如果一个节点的儿子数大于当前的(k),则无论怎么涂都会输

反之,说明除了涂自己的儿子外还可以"提前"涂其他的节点

设(f[i])为以(i)根节点的子树需要其祖先"提前"染色多少个点才能覆盖整个子树

易得状态转移方程:(f[u] = max(0 , sum f[v]+1-k))

具体解释(:)

代码实现

直接二分答案(k),对于每一个(k)进行(dp)

如果(f[1])为(0),则说明可行

反之说明不可行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5+10;
int n;
struct e{
	int to,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN<<1],cnt = 0;
int f[MAXN];
void add(int u,int v){//前向星
	edge[++cnt].to = v;
	edge[cnt].next = head[u];
	head[u] = cnt;
}
void dfs(int u,int fa,int k){
	int sum = 0;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v = edge[i].to;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u,k);
		sum=sum+f[v]+1;//记录
	}
	f[u] = max(0,sum-k);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	int l = 0,r = 10e10;
	int ans = -1;
	while(l<=r){//二分答案
		memset(f,0,sizeof(f));
		int mid = (l+r)>>1;
		dfs(1,0,mid);//dp
		if(f[1]==0){//如果f[1]为0 说明可行
			ans = mid;
			r = mid-1;
		}反之,不可行
		else l = mid+1;
	}
	printf("%d",ans);
}