P11676 [USACO25JAN] DFS Order P

[USACO25JAN] DFS Order P

原题链接.

小清新区间 DP.

思路

首先考虑一下如果原图没有边的情况. 那么显然, 图的最终形态会是一棵树. \((\)因为多加边就会增加贡献, 一定不优\()\)

同时对于一个子树, 其子树内的 DFS 序一定是一段连续区间. 所以每个子树的决策是相对独立的. 又观察到 \(n \le 750\), 这样一个 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的 DP 状态就好列了: 令 \(f_{i, j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树包含 DFS 序区间为 \(i \sim j\) 的最小代价.

转移就枚举需要加入的子树 \(f_{k + 1, j}\): \(\displaystyle f_{i, j} = \min \{ f_{i, k} + f_{k + 1, j} + a_{l, k + 1} \}\).

但是题中说原图原本可能会存在一些边, 我们可以将他们全部删去, 并将加入这条边的代价改为 \(-a_{i, j}\). 因为存在负边, 所以最终图的形态可能会存在一些返祖 / 前向边. 根据上述的 DP, 将子树 \(k + 1 \sim j\) 插入 \(i \sim k\) 时会存在 \((i, k + 1), (i, k + 2) \dots (i, j)\) 这些返祖 / 前向边, 我们将代价为负的加进来即可, 使用前缀和优化, 时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\).

#include "cstdio"
#include "iostream"

using namespace std;

constexpr int N = 760, INF = 1e9;

int n, a[N][N], s[N][N], f[N][N], t;

void init() {
	scanf("%d", &n);
	for (int j = 2; j <= n; ++j)
		for (int i = 1; i < j; ++i)
			scanf("%d", &a[i][j]), t += -a[i][j] * (a[i][j] < 0); 
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i + 1; j <= n; ++j) s[i][j] = s[i][j - 1] + (a[i][j] < 0) * a[i][j];
}

void calculate() {
	for (int len = 2; len <= n; ++len)
		for (int l = 1, r; l <= n - len + 1; ++l) {
			r = l + len - 1;
			f[l][r] = INF;
			for (int k = l; k < r; ++k)
				f[l][r] = min(f[l][r], f[l][k] + f[k + 1][r] + a[l][k + 1] + (s[l][r] - s[l][k + 1]));
		}
	printf("%d", f[1][n] + t);
}

void solve() {
	init();
	calculate();
}

int main() {
	solve();
	return 0;
}