[NOI 2002 day1 贪吃的九头蛇]树形动态规划

【问题描述】

传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”,但这只是说它出生的时候有九个头,而在成长的过程中,它有时会长出很多的新头,头的总数会远大于九,当然也会有旧头因衰老而自己脱落。

有一天,有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树,喜出望外,恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头,因此它需要把N个果子分成M组,每组至少有一个果子,让每个头吃一组。

这M个脑袋中有一个最大,称为“大头”,是众头之首,它要吃掉恰好K个果子,而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来,由于果树是一个整体,因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。

对于每段树枝,如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉,那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开;如果这两个果子是由同一个头来吃掉,那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然,吃树枝并不是很舒服的,因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”,而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。

九头龙希望它的“难受值”尽量小,你能帮它算算吗?

例如图1所示的例子中,果树包含8个果子,7段树枝,各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋,大头需要吃掉4个果子,其中必须包含最大的果子。即N=8,M=2,K=4:

图一描述了果树的形态,图二描述了最优策略。

【输入文件】

输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1<=N<=300),M (2<=M<=N),K (1<=K<=N)。 N个果子依次编号1,2,...,N,且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态,每行包含三个整数a (1<=a<=N),b (1<=b<=N),c (0<=c<=105),表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

【输出文件】

输出文件dragon.out仅有一行,包含一个整数,表示在满足“大头”的要求的前提下,九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求,输出-1。

【样例输入】

8 2 4

1 2 20

1 3 4

1 4 13

2 5 10

2 6 12

3 7 15

3 8 5

【样例输出】

4

【样例说明】

该样例对应于题目描述中的例子。

【算法分析】

首先我们应当注意到无解的情况必然是n

第二点,我们应该知道,如果M>2的话,必然能使得除了大头以外,其它头不会有难受值。(交叉染色)

这样的话,我们可以分情况进行树形DP。

1、M>2时

F[I,J,K]表示第I个点,大头已吃了J个结点,当前结点大头吃的状态为K(0表示大头吃当前结点,1表示大头不吃当前结点)时所取得的最小的值。

然后利用树形dp+类似背包的思想可以解决。

2、M=2时

由于对于任何一条枝已经不可以“抛弃”,所以背包的地方要处理一下,方程也变一点点。主要是要体现不能沿用上一枝条搞出的状态。

【其它】1A

【CODE】

#include #include #define min(x,y) (x)<(y)?(x):(y)
const int N=333;
struct gtp{int x,y,next,c;}g[10000];
int n,m,e,ne,ls[N],f[N][N][2],v[N];

void add(int x,int y,int c){
    e++;
    g[e].x=x; g[e].y=y; g[e].c=c; g[e].next=ls[x]; ls[x]=e;
}   

void init(){
    e=0;
    memset(ls,0,sizeof(ls));
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&ne);
    for (int i=1;i        int x,y,c;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
        add(x,y,c);
        add(y,x,c);
    }   
}   

void dp1(int p){
    v[p]=1;
    f[p][0][1]=0;
    f[p][1][0]=0;
    for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
          dp1(g[t].y);
          for (int j=ne;j>=0;j–)
            for (int k=0;j+k<=ne;k++){
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
            }
      }   
}   

void deal1(){
    memset(f,50,sizeof(f));   
    memset(v,0,sizeof(v));
    dp1(1);
    printf("%dn",f[1][ne][0]);
}   

void dp2(int p){
    v[p]=1;
    f[p][0][1]=0;
    f[p][1][0]=0;
    for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
          dp2(g[t].y);
          for (int j=ne;j>=0;j–){
            for (int k=1;j+k<=ne;k++){
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
            }
            if (f[g[t].y][0][1]!=f[0][0][0]){
                f[p][j][1]+=f[g[t].y][0][1]+g[t].c;
                f[p][j][0]+=f[g[t].y][0][1];
            }
            else{
                f[p][j][1]=f[0][0][0];
                f[p][j][0]=f[0][0][0];
            }   
          }   
      }
   
}   

void deal2(){
    memset(f,50,sizeof(f));
    memset(v,0,sizeof(v));
    dp2(1);
    printf("%dn",f[1][ne][0]);
}   

int main(){
    freopen("dragon.in","r",stdin);
    freopen("dragon.out","w",stdout);
    init();
    if (n        printf("-1n");
        return 0;
    }   
    if (m>2) deal1();
        else deal2();
    return 0;
}   

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