洛谷P4438 [HNOI/AHOI2018]道路题解

题目链接：P4438 [HNOI/AHOI2018]道路

题意：

W 国的交通呈一棵树的形状。W 国一共有 $n-1$ 个城市和 $n$ 个乡村，其中城市从 $1$ 到 $n-1$ 编号，乡村从 $1$ 到 $n$ 编号，且 $1$ 号城市是首都。道路都是单向的，本题中我们只考虑从乡村通往首都的道路网络。

对于每一个城市，恰有一条公路和一条铁路通向这座城市。对于城市 $i$，通向该城市的道路（公路或铁路）的起点，要么是一个乡村，要么是一个编号比 $i$ 大的城市。没有道路通向任何乡村。除了首都以外，从任何城市或乡村出发只有一条道路；首都没有往外的道路。从任何乡村出发，沿着唯一往外的道路走，总可以到达首都。

W 国的国王小 W 获得了一笔资金，他决定用这笔资金来改善交通。由于资金有限，小 W 只能翻修 $n-1$ 条道路。小 W 决定对每个城市翻修恰好一条通向它的道路，即从公路和铁路中选择一条并进行翻修。小 W 希望从乡村通向城市可以尽可能地便利，于是根据人口调查的数据，小 W 对每个乡村制定了三个参数，编号为 $i$ 的乡村的三个参数是 $a_i$，$b_i$ 和 $c_i$。假设从编号为 $i$ 的乡村走到首都一共需要经过 $x$ 条未翻修的公路与 $y$ 条未翻修的铁路，那么该乡村的不便利值为：
$c_i \cdot (a_i + x) \cdot (b_i + y)$
在给定的翻修方案下，每个乡村的不便利值相加的和为该翻修方案的不便利值。翻修 $n-1$ 条道路有很多方案，其中不便利值最小的方案称为最优翻修方案，小 W 自然希望找到最优翻修方案，请你帮助他求出这个最优翻修方案的不便利值。

输入格式：

第一行为正整数 $n$。

接下来 $n - 1$ 行，每行描述一个城市。其中第 $i$ 行包含两个数 $s_i,t_i$。$s_i$ 表示通向第 $i$ 座城市的公路的起点，$t_i$ 表示通向第 $i$ 座城市的铁路的起点。如果$s_i>0$，那么存在一条从第 $s_i$ 座城市通往第$i$座城市的公路，否则存在一条从第 $-s_i$ 个乡村通往第 $i$ 座城市的公路；$t_i$ 类似地，如果 $t_i > 0$，那么存在一条从第 $t_i$ 座城市通往第 $i$ 座城市的铁路，否则存在一条从第 $-t_i$ 个乡村通往第 $i$ 座城市的铁路。

接下来 $n$ 行，每行描述一个乡村。其中第 $i$ 行包含三个数 $a_i,b_i,c_i$，其意义如题面所示。

输出格式：

输出一行一个整数，表示最优翻修方案的不便利值。

数据范围 ：
对于所有的数据，$n \le 20000$，$1 \le a_i,b_i \le 60$，$1 \le c_i \le 10^9$，$s_i,t_i$是$[-n,-1] \cup (i,n - 1]$内的整数，任意乡村可以通过不超过 $40$ 条道路到达首都。

题面讲了半天，其实是给定了一棵满二叉树（国外定义），然后农村就是叶子节点。

考虑树形dp。因为树高不超过 $40$ 的（题目说的），所以可以直接枚举没标记的边数。

设 $f_{u,i,j}$ 表示从根到 $u$ 有 $i$ 条没标记的 $L$ 边和 $j$ 条没标记的 $R$ 边

对于每个叶子节点枚举有多少没有被标记的 $L$ 边和 $R$ 边

$f_{u,i,j} = c_u (a_u+i)(b_u+j)$

对于每个非叶子节点枚举标记哪条边

$f_{u,i,j} = \min\{f_{l,i+1,j} + f_{r,i,j},~f_{l,i,j} + f_{r,i,j+1}\}$

最后的答案为 $f_{1,0,0}$ 。但是还不能通过这道题，因为这道题卡空间。

注意到每次dp统计答案是自底向上的，所以当前节点的两个子节点在统计完之后就用不上了。

考虑钦定一种dp顺序，比如每次优先转移左儿子，然后用个栈维护一下当前链的有用节点。

这样第一维就只要开 $2 \times 40 + 1$ 了。时间复杂度 $\mathcal{O}(nk^2), k = 40$

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
void up(int &x,int y) { x < y ? x = y : 0; }
void down(int &x,int y) { x > y ? x = y : 0; }
#define N ((int)(4e4+15))
#define M ((int)(43))

int n,m,top,tot,a[N],b[N],c[N],s[N],t[N],num[N],stk[N],f[M * 2][M][M];
void dfs(int u,int x,int y)
{
    int p = num[u] = (top ? stk[top--] : ++tot);
    if(!s[u])
    {
        for(int i=0; i<=x; i++) for(int j=0; j<=y; j++)
            f[p][i][j] = c[u] * (a[u] + i) * (b[u] + j);
        return;
    }
    dfs(s[u], x + 1, y); dfs(t[u], x, y + 1);
    int ls = num[s[u]], rs = num[t[u]];
    for(int i=0; i<=x; i++) for(int j=0; j<=y; j++)
        down(f[p][i][j] = f[ls][i + 1][j] + f[rs][i][j], f[ls][i][j] + f[rs][i][j + 1]);
    stk[++top] = ls; stk[++top] = rs;
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    // freopen("check.in","r",stdin);
    // freopen("check.out","w",stdout);
    cin >> n; m = 2 * n - 1;
    for(int i=1,u,v; i<n; i++)
    {
        cin >> u >> v;
        s[i] = u < 0 ? (n - 1 - u) : u;
        t[i] = v < 0 ? (n - 1 - v) : v;
    }
    for(int i=n; i<=m; i++)
        cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
    dfs(1,0,0); cout << f[num[1]][0][0] << '\n';
    return 0;
}