这是一道...卡了我一个月的树形dp...
我真是太弱了...
其实仔细想想，这题的核心思路并不是特别复杂，但是的确存在不小的难度
作为一个看过全网基本所有题解+标程才弄明白这题到底怎么回事的蒟蒻，我努力把所有东西揉到一起让各位看官一眼看懂...
首先我们简化一下题意：给定一棵满二叉树，每个叶节点有一个状态（0,1），任选两个叶节点，如果这两个叶节点状态相同但他们的LCA所管辖的子树中的与他们状态相同的叶节点个数较少（少于1/2），则会产生2f的代价，如果状态不同，则产生f的代价，如果状态相同且LCA管辖子树中与他们状态相同叶节点个数较多，则不产生代价，现在每个节点可以变更状态，但变更状态也有自己的代价，求最小总代价
那么..怎么搞？
首先，有一个很重要的思想：点对之间的问题是难以快速解决的！
很简单，因为如果我们按点对统计贡献，那么在枚举到每个叶节点都需要考虑其他所有叶节点，这样是不利于我们处理问题的
所以我们第一步要考虑的是把点对的贡献压到一个点上
很幸运，题目给出了这样的方式：
注意题目中“产生2f的代价”“产生f的代价”这两句话！
那么如果我们同样给所有非叶节点一个状态（0,1），代表这个节点管辖的子树中叶节点状态为0的多还是状态为1的多，那么我们显然可以看到：如果一个叶节点和这个根节点的状态相同，那么这个叶节点不会产生贡献，反之会产生一个f的贡献！
证明：分类讨论：
①：假设两个节点与根节点状态都相同，那么这两个节点都不产生贡献，满足题意
②：假设两个节点与根节点状态都不同，那么这两个节点都产生一个f的贡献，满足题意
③：如果有一个点与根节点状态相同，那么这两个节点只产生一个f的贡献，同样满足题意
因此我们这样处理点对是正确的
总结：在处理点对时，我们要把一个点对的贡献压到一个点上，同时给所有非叶节点一个状态，这样就能满足题意了
接下来就可以进行树形dp了
记状态dp[i][j]表示当前位于树上的第i个节点，其子树的叶节点中状态为0的点的个数为j时所需的最小代价
（这里对题意有一个小提示：当两种状态的叶节点数量相等时，认为状态为0的叶节点个数多）
如果这个节点不是叶节点，那么显然，这个节点会有两种可能的状态：
①：这个节点状态为1，认为对应的情况为子树中状态为0的节点偏多，那么可以转移的dp部分是叶节点个数/2-叶节点个数
②：这个节点状态为0，认为对应的情况为子树中状态为1的节点偏多，那么可以转移的dp部分是0-叶节点个数/2-1
那么我们分两类dfs处理，对每类情况分别合并即可
如果这个节点是叶节点，那么我们反过来枚举他上面一条链的情况，然后统计代价即可，一定注意dp的第二维代表状态为0的节点的数目！
在统计代价的时候，我们还涉及一个小问题，就是如果每次找到根节点时都枚举所有点计算代价，时间承受不了，所以我们对代价求前缀和，然后用类似倍增的方法计算总代价即可。
当然，我们不可能一直枚举上面一条链的情况，所以我们直接把这条链的状态状压，传进dfs里即可，这样也就不涉及网上大部分题解都涉及到的压缩空间的问题了。
提示：这是一棵满二叉树，所以可以用类似线段树的方式去遍历。
这样这道题就结束了
#include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #define rt1 rt<<1 #define rt2 (rt<<1)|1 using namespace std; int dp[(1<<11)+5][(1<<11)+5]; int v[(1<<11)+5][(1<<11)+5]; int cv[(1<<11)+5]; int ori[(1<<11)+5]; int temp[(1<<11)+5]; int lq[20],rq[20]; int n; void dfs(int rt,int l,int r,int sit,int dep) { if(l==r) { dep--; dp[rt][0]=dp[rt][1]=0; if(ori[l]) { dp[rt][1]=cv[l]; }else { dp[rt][0]=cv[l]; } for(int i=1;i<=dep;i++) { int mid=(lq[i]+rq[i])>>1; if((sit&(1<<(dep-i)))) { if(l<=mid) { dp[rt][0]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid]; }else { dp[rt][0]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-1]; } }else { if(l<=mid) { dp[rt][1]+=v[l][rq[i]]-v[l][mid]; }else { dp[rt][1]+=v[l][mid]-v[l][lq[i]-1]; } } } return; } int mid=(l+r)>>1; int len=r-l+1; lq[dep]=l; rq[dep]=r; dfs(rt1,l,mid,(sit<<1),dep+1); dfs(rt2,mid+1,r,(sit<<1),dep+1); memset(temp,0x3f,sizeof(temp)); for(int i=0;i<=len/2-1;i++) { for(int j=0;j<=i;j++) { temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]); } } for(int i=0;i<=len/2-1;i++) { dp[rt][i]=temp[i]; } dfs(rt1,l,mid,(sit<<1)|1,dep+1); dfs(rt2,mid+1,r,(sit<<1)|1,dep+1); memset(temp,0x3f,sizeof(temp)); for(int i=len/2;i<=len;i++) { for(int j=0;j<=i;j++) { temp[i]=min(temp[i],dp[rt1][j]+dp[rt2][i-j]); } } for(int i=len/2;i<=len;i++) { dp[rt][i]=temp[i]; } } 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]+v[i][j]; } } memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); dfs(1,1,n,0,1); int ans=2147483647; for(int i=0;i<=n;i++) { ans=min(ans,dp[1][i]); } printf("%d ",ans); return 0; }