题面
题目的意思大概是给你一棵n个点的树, 求最少需要多少个多少个点, 整棵树都被覆盖(覆盖的意思是所有离被选中的点距离不大于k的点都视作已覆盖).
考虑贪心(其实我考试的时候以为是道树形dp, 虽然说树形dp也是一种可行的方法, 但是估计全网应该没有一篇是这么做的...), 观察到最深的点, 若当前节点没有被覆盖, 则可以选择他的k级祖先, 因为选择<k级的祖先必然没有选择k级的祖先更优(单调不升), 如果没有k级父亲, 就选择根节点. 根据bfs序的倒序(从更深的点向更浅的点扫描), 一个个检查该节点是否被控制, 如果没有, 就去选择它的k级父亲, 接下来引用题解PPT中的一句话：我们令点i离最近的被驻扎的点的距离是d[i], 我们令f[i] = max(-1, k - d[i]). 选择的时候, 若周围的点的f[i]有变化, 就直接暴力更新周围点的状态, 大不了就是O(n)嘛...
这样的话, 复杂度就是:
[O(nk)
]
多好啊......
具体代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define N 100005
#define itn int
using namespace std;
int n, K, t, head[N], stack[N], fa[N], cnt, top, f[N], ans;
struct node
{
itn to, next;
} edge[N << 1];
inline int read()
{
int x = 0, w = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if (c == '-') w = -1; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * w;
}
inline void add(int u, int v) { edge[++cnt].to = v; edge[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt; }
inline void bfs()
{
queue<int> q;
q.push(1); stack[++top] = 1;
while(!q.empty())
{
int u = q.front(); q.pop();
for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to; if(v == fa[u]) continue;
fa[v] = u; stack[++top] = v; q.push(v);
}
}
}
inline void down(int u)
{
if(!f[u]) return;
for(int i = head[u]; i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if(f[v] < f[u] - 1) { f[v] = f[u] - 1; down(v); }
}
}
int main()
{
freopen("general.in", "r", stdin);
freopen("general.out", "w", stdout);
n = read(); K = read(); t = read();
for(int i = 1; i < n; i++)
{
int u = read(), v = read();
add(u, v); add(v, u);
}
if(K == 0) { printf("%d
", n); return 0; }
bfs();
memset(f, -1, sizeof(f));
for(int i = n; i >= 1; i--)
{
if(f[stack[i]] == -1)
{
ans++;
int j = stack[i];
for(int k = K; k; k--) j = fa[j];
f[j] = K;
down(j);
}
}
printf("%d
", ans);
return 0;
}
实在是有问题就在下面说吧, 反正我也基本上不会回答...