标签：rt Complete AT4995 int AGC034E ans mx dp dis
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4995
题目大意
n n n个点的一棵树，上面有一些棋子，每次可以选择两个棋子移动到他们之间的路径上相邻的点上，求最少多少步能移动到一个点上。
n ∈ [ 1 , 2000 ] n\in[1,2000] n∈[1,2000]
解题思路
如果固定最终节点的话，这个节点 r t rt rt可行的话那么答案一定是 ∑ d i s ( r t , x ) 2 \frac{\sum dis(rt,x)}{2} 2∑dis(rt,x)。
那么现在就转变为一个判定性问题，我们现在的操作变为了每次选择两个没有祖先关系的点，然后将它们往它们的 L C A LCA LCA处移动一格。
同样的，我们发现如果我们在处理一个点 x x x作为 L C A LCA LCA时，我只会关心所有节点来自它的哪个儿子而不用考虑具体的位置。所以可以搞树形 d p dp dp。
设 f x f_x fx表示 x x x的子树内最多的移动次数，定义 s x = ∑ y ∈ s u b t r e e ( x ) d i s ( x , y ) s_x=\sum_{y\in subtree(x)}dis(x,y) sx=∑y∈subtree(x)dis(x,y)的话，那么我们的转移和 m a x { s y } ( x − > y ) max\{s_y\}(x->y) max{sy}(x−>y)有关。
若 m a x { s y } × 2 ≤ s x max\{s_y\}\times 2\leq s_x max{sy}×2≤sx，那么这里面的节点可以两两配对， f x = s x 2 f_x=\frac{s_x}{2} fx=2sx。
否则他 s s s最大的子树 y y y之中会有剩余的节点无法相互匹配，那么有 f x = s x − s y + m i n { f y , s y − ⌊ s x 2 ⌋ } f_x=s_x-s_y+min\{f_y,s_y-\lfloor\frac{s_x}{2}\rfloor\} fx=sx−sy+min{fy,sy−⌊2sx⌋}
然后如果 f x = s x 2 f_x=\frac{s_x}{2} fx=2sx那么 x x x就是可行的答案
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2100;
struct node{
int to,next;
}a[N<<1];
int n,tot,ls[N],s[N],w[N],f[N],ans;
char v[N];
void addl(int x,int y){
a[++tot].to=y;
a[tot].next=ls[x];
ls[x]=tot;return;
}
void dp(int x,int fa){
s[x]=w[x]=0;
int mx=0,son=0;
for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
int y=a[i].to;
if(y==fa)continue;
dp(y,x);w[x]+=w[y];
s[x]+=s[y]+w[y];
if(s[y]+w[y]>mx)
mx=s[y]+w[y],son=y;
}
if(mx*2>s[x])
f[x]=s[x]-mx+min(f[son],mx-s[x]/2);
else f[x]=s[x]/2;
w[x]+=(v[x]=='1');
return;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
scanf("%s",v+1);
for(int i=1;i<n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
addl(x,y);addl(y,x);
}
ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp(i,i);
if(s[i]&1)continue;
if(f[i]==s[i]/2)
ans=min(ans,f[i]);
}
if(ans==1e9)puts("-1");
else printf("%d\n",ans);
return 0;
}
标签：rt,Complete,AT4995,int,AGC034E,ans,mx,dp,dis 来源： https://blog.csdn.net/Mr_wuyongcong/article/details/113794481
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