题解：P14309 【MX-S8-T2】配对

修正了部分标点符号。

树形 DP，时间复杂度 \(\Theta(n)\)。赛后听出题人讲题写的，感觉自己的实现可能有点复杂，但是还是供予参考一下，自认为比较清晰，列出了详细的状态转移方程。篇幅有点长，如有错误，敬请指出。

UPD：喜提最复杂、码量最大、常数最大、最难写做法，转化成背包好写很多，能省很多码量，但是题解（shi）都写（la）了大家就将就着看（chi）吧。

STEP 1：考虑最简单情况下（\(c\) 中有偶数个 \(1\)，没有交换操作）怎么统计答案。发现如果任意两点的匹配存在路径上重边，那这个匹配一定是不优的，因为可以重边两边的点分别内部匹配使答案去掉这条重边。

这样我们得出一个贪心：把树变成有根树（根不重要），从下往上考虑，应该优先匹配子树内所有点。

考虑对每个点计算答案，令 \(u\) 到父亲 \(fa\) 的边权为 \(w_u\)，其贡献就是 \(w_u((\sum_{v\in tree(u)}c_v)\bmod 2)\)。为了方便不妨记 \(f_u=(\sum_{v\in tree(u)}c_v)\bmod 2\)，整体答案就是 \(\sum_u w_uf_u\)。

STEP 2：我们发现做完上述转化后，我们只需要知道 \(u\) 内有多少个节点 \(v\) 的 \(c_v\) 发生了变化，就可以轻松计算 \(u\) 的贡献，与 \(v\) 的实际值无关。这是一个很好的性质，那我们直接上 DP。发现根据题意，先设一维分四种情况：

0. 子树内没有要移动的点。
1. 子树内有一个原本的 \(1\) 要变成 \(0\)。
2. 子树内有一个原本的 \(0\) 要变成 \(1\)。
3. 子树内已经有一对 \(0,1\) 互换了位置。

再考虑到奇偶性，我们发现奇数个点需要舍弃一个 \(1\)，那我们再用第二维来描述这个情况：

0. 子树内没有删掉 \(1\)。
1. 子树内删掉了一个原本的 \(1\)。

这样我们就可以得到一个方程：\(f_{u,0/1/2/3,0/1}\) 表示 \(u\) 子树内分别在 \(8\) 种状态下的最小费用。我们让 \(\oplus\) 表示按位异或操作，分别讨论一下这 \(8\) 种状态对 \(w_u\) 贡献产生的影响。

考虑不删 \(1\)：

• 对于 \(f_{u,0,0}\)，其贡献为 \(w_uf_u\)。
• 对于 \(f_{u,1,0}\)，其贡献为 \(w_u(f_u\oplus 1)\)。
• 对于 \(f_{u,2,0}\)，其贡献为 \(w_u(f_u\oplus 1)\)。
• 对于 \(f_{u,3,0}\)，其贡献为 \(w_uf_u\)。

考虑删 \(1\)：

• 对于 \(f_{u,0,1}\)，其贡献为 \(w_u(f_u\oplus 1)\)。
• 对于 \(f_{u,1,1}\)，其贡献为 \(w_uf_u\)。
• 对于 \(f_{u,2,1}\)，其贡献为 \(w_uf_u\)。
• 对于 \(f_{u,3,1}\)，其贡献为 \(w_u(f_u\oplus 1)\)。

由于树形 DP 是对于每个子树分步转移的一个并列结构，我们不妨让 \(dt_{0/1/2/3,0/1}\) 表示处理完 \(u\) 及其前面处理的子树的最小费用（称这个合并为 \(u\) 子树），当前需要转移子树根为 \(v\)（称为 \(v\) 子树），那么我们就可以利用上述方法转移。

需要注意：

1. 发现如果 \(w_u\) 对 \(f_u\) 在转移过程中的贡献发生了改变也要相应的加减。
2. \(u\) 子树和 \(v\) 子树的合并除 \(w_u\) 贡献转移以外是等价的，因此 \(f_{u,3,0}\) 可以由 \(dt_{1,0}+f_{v,2,0}\) 或者 \(dt_{2,0}+f_{v,1,0}\) 转移过来。

这里我们列一下 \(f_{u,X,0}\) 的转移：

\[\begin{aligned} f_{u,0,0}=&dt_{0,0}+f_{v,0,0}\\ f_{u,1,0}=&\min(dt_{1,0}+f_{v,0,0},dt_{0,0}+f_{v,1,0}+w_u((f_u\oplus 1)-f_u))\\ f_{u,2,0}=&\min(dt_{2,0}+f_{v,0,0},dt_{0,0}+f_{v,2,0}+w_u((f_u\oplus 1)-f_u))\\ f_{u,3,0}=&\min(dt_{3,0}+f_{v,0,0},\\ &dt_{1,0}+f_{v,2,0}+w_u(f_u-(f_u\oplus 1)),\\ &dt_{2,0}+f_{v,1,0}+w_u(f_u-(f_u\oplus 1)) \end{aligned} \]

然后可以发现 \(f_{u,X,1}\) 的转移是差不多的，只需要增加一个 \(Y\) 枚举一下删掉的 \(1\) 是不是由 \(u\) 子树贡献的，然后注意删掉 \(1\) 对 \(w_u\) 贡献的相应影响即可。（详解：对于 \(w_u\) 贡献的转移，假设原方程需要从 \(dt_{u,X,j}\) 转移，原来（相对于 \(f_{u,X,0}\) 的情况）的贡献转移是 \(w_u((f_u\oplus A)-(f_u\oplus B))\)，那么新的贡献转移就是 \(w_u((f_u\oplus A\oplus 1)-(f_u\oplus B\oplus j))\)，直接复制一遍然后在 \(w_u\) 贡献上改即可。）

讲一下初始化的问题，先全局赋值为 \(+\infty\)。

• \[f_{u,0,0}=w_uf_u \]

• \[\begin{cases}f_{u,1,0}=w_u(f_u\oplus 1),f_{u,1,1}=w_uf_u & c_u=0\\f_{u,0,1}=w_u(f_u\oplus 1),f_{u,2,0}=w_u(f_u\oplus 1) & c_u=1\end{cases} \]

具体意义读者可以手推一下。

最后答案就是 \(\min(f_{root,0,cnt_1\bmod 2},f_{root,3,cnt_1\bmod 2})\)，\(cnt_1\) 是原树中 \(c_v=1\) 的 \(v\) 的数量。

感觉代码写的有点繁杂，仅供参考：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
const LL INF=1e16;
int n,head[N],idx,F[N],W[N];
int cnt1;
LL f[N][4][2],dt[4][2];
bool c[N];
struct Edge{int v,next,w;}e[N<<1];
void link(int x,int y,int z){
	e[++idx].v=y;
	e[idx].next=head[x];
	e[idx].w=z;
	head[x]=idx;
}
void dfs0(int u,int fa){
	F[u]=(c[u]==1);
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
		if(v==fa)continue;
		W[v]=w;
		dfs0(v,u);
		F[u]+=F[v];
	}
	F[u]&=1;
}
void chkmin(LL &a,LL b){a=min(a,b);}
void dfs(int u,int fa){
	f[u][0][0]=W[u]*F[u];
	if(c[u])f[u][2][0]=W[u]*(F[u]^1),
		f[u][0][1]=W[u]*(F[u]^1);
	else f[u][1][0]=W[u]*(F[u]^1),
		f[u][1][1]=W[u]*F[u];
	for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
		int v=e[i].v,w=e[i].w;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		for(int j=0;j<4;j++)
			for(int k=0;k<2;k++)
				dt[j][k]=f[u][j][k],
				f[u][j][k]=INF;
		f[u][0][0]=dt[0][0]+f[v][0][0];
		f[u][1][0]=min(dt[1][0]+f[v][0][0],dt[0][0]+W[u]*((F[u]^1)-F[u])+f[v][1][0]);
		f[u][2][0]=min(dt[2][0]+f[v][0][0],dt[0][0]+W[u]*((F[u]^1)-F[u])+f[v][2][0]);
		f[u][3][0]=min(min(dt[3][0]+f[v][0][0],dt[0][0]+f[v][3][0]),
			min(dt[1][0]+W[u]*(F[u]-(F[u]^1))+f[v][2][0],
			dt[2][0]+W[u]*(F[u]-(F[u]^1))+f[v][1][0]));
		
		for(int j=0;j<2;j++){
			chkmin(f[u][0][1],dt[0][j]+W[u]*((F[u]^1)-(F[u]^j))+f[v][0][1-j]);
			chkmin(f[u][1][1],min(dt[1][j]+W[u]*(F[u]-(F[u]^1^j))+f[v][0][1-j],
				dt[0][j]+W[u]*(F[u]-(F[u]^j))+f[v][1][1-j]));
			chkmin(f[u][2][1],min(dt[2][j]+W[u]*(F[u]-(F[u]^1^j))+f[v][0][1-j],
				dt[0][j]+W[u]*(F[u]-(F[u]^j))+f[v][2][1-j]));
			chkmin(f[u][3][1],min(
				min(dt[3][j]+W[u]*((F[u]^1)-(F[u]^j))+f[v][0][1-j],
				dt[0][j]+W[u]*((F[u]^1)-(F[u]^j))+f[v][3][1-j]),
				min(dt[1][j]+W[u]*((F[u]^1)-(F[u]^j^1))+f[v][2][1-j],
				dt[2][j]+W[u]*((F[u]^1)-(F[u]^j^1))+f[v][1][1-j])));
		}
	}
}
int main(){
	//freopen("match.in","r",stdin);
	//freopen("match.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i],cnt1+=(c[i]==1);
		for(int j=0;j<4;j++)
			for(int k=0;k<2;k++)
				f[i][j][k]=INF;
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
		link(u,v,w);link(v,u,w);
	}
	dfs0(1,0);
	dfs(1,0);
	cout<<min(f[1][3][cnt1&1],f[1][0][cnt1&1]);
	return 0;
}