GDOI Training #3161 灵异事件 树形dp+分类讨论

本文主要是介绍GDOI Training #3161 灵异事件 树形dp+分类讨论，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

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题目描述
中考考场有$N$个房间和$N-1$双向通道,任意两个房间均可到达。现在出了一件极其灵异的事情，监控摄像头的画面里，都响起了奇怪的声音。“嘎啦，嘎啦…”
考务主任决定加强监控，现在如果在某个房间中放一个监考员,则这个房间以及所有与这个房间相连的房间都会被监控.现在他想知道至少要多少监考员可以控制所有房间，以及有多少种不同的方案数。
但这究竟是什么声音呢？答案：女老师的高跟鞋 ¬_¬

输入格式
第一行一个数字$N$,代表有$N$个房间,房间编号从$1$开始到$N$。$N\le 500000$。下面将有$N-1$行,每行两个数,代表这两个房间相连.

输出格式
第一行输出至少有多少个监考员才可以控制所有房间
第二行输出有多少种方案数,方案数会比较大,输出除以1032992941的余数。

比较显然的树形$dp$。
发现一维的子状态不能包括所有情况，所以考虑分类讨论。
为了方便，这里把一个房间被某个房间监控称为一个节点被某个节点“支配”。
$dp[i][0]$表示$i$的子树内所有节点都被支配，且$i$被自己支配的最少监考员数。
$dp[i][1]$表示$i$的子树内所有节点都被支配，且$i$被$i$的孩子支配的最少监考员数。
$dp[i][2]$表示$i$的子树内所有节点都被支配，且$i$被$i$的父亲支配，$i$的孩子被孩子的孩子支配的最少监考员数（但是监考员数不把$i$的父亲统计在内）
$dp[i][2]$比较难理解，推荐看成是$i$的子树内除$i$以外的所有节点都被支配，$i$未被支配的最少监考员数（这样dp过程会更自然一些）。
$cnt[i][0/1/2]$同理，表示的是方法数。
然后大莉跑分类讨论，跑树形dp即可qwq（具体见代码，内含详细注释）

毒瘤代码

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define re register int
#define rl register ll
#define mod 1032992941
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {re x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')	f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=10*x+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x) {if(x>9)	write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
const int Size=500005;
const int INF=1e9;
namespace I_Love {int n,cnt,head[Size];
struct Edge {int v,next;
} w[Size<<1];
void AddEdge(int u,int v) {w[++cnt].v=v;w[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
ll dp[Size][3];
ll num[Size][3];
void dfs(int x,int fa) {dp[x][0]=1;		//自己支配 dp[x][2]=0;		//未被支配 dp[x][1]=INF;	//孩子支配，不确定x有没有孩子，先设成INF num[x][0]=num[x][1]=num[x][2]=1;//如果x没有孩子，则dp[x][1]的值为INF，也就不可能为最优解 for(int i=head[x]; i; i=w[i].next) {int nxt=w[i].v;if(nxt!=fa) {dfs(nxt,x);//注意当多种转移方式结果相同时，方案数要相加qwq //x由自己支配，孩子由谁支配都珂以 ll sum=0;int val=min(dp[nxt][0],min(dp[nxt][1],dp[nxt][2]));dp[x][0]+=val;if(dp[nxt][0]==val)	sum+=num[nxt][0];if(dp[nxt][1]==val)	sum+=num[nxt][1];if(dp[nxt][2]==val)	sum+=num[nxt][2];num[x][0]=num[x][0]*sum%mod;/*** 1.x由之前的一个子节点支配，则孩子珂以由孩子自己支配或者由孩子的孩子支配 * 2.x还未被支配，孩子由孩子自己支配 * 第一种情况和第二种情况是并列的，要分开处理 */sum=0;val=min(dp[x][1]+min(dp[nxt][0],dp[nxt][1]),dp[x][2]+dp[nxt][0]);//Situation 1if(dp[x][1]+dp[nxt][0]==val)	sum+=num[nxt][0];if(dp[x][1]+dp[nxt][1]==val)	sum+=num[nxt][1];num[x][1]=num[x][1]*sum%mod;//Situation 2 if(dp[x][2]+dp[nxt][0]==val)	num[x][1]=(num[x][1]+num[x][2]*num[nxt][0])%mod;dp[x][1]=val;/*** x未被支配，则x之前一直未被支配，x的孩子也不能支配x * 所以x的孩子只能被x的孩子的孩子支配 */dp[x][2]+=dp[nxt][1];num[x][2]=num[x][2]*num[nxt][1]%mod;}}
}
void Kutori() {n=read();for(re i=1; i<n; i++) {int u=read();int v=read();AddEdge(u,v);AddEdge(v,u);}dfs(1,0);//1号节点必须要被支配qwq int ans=min(dp[1][0],dp[1][1]);int sum=0;if(dp[1][0]==ans)	sum+=num[1][0];if(dp[1][1]==ans)	sum+=num[1][1];printf("%d\n",ans);printf("%d",sum%mod);
}}
int main() {I_Love::Kutori();return 0;
}

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