P9096 [PA 2020] Sen o podboju 题解

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在【数据删除】遇到的题目，纯乱搞题。如果放在 OI 赛制，我估计是要被喷的。 得亏是 IOI 严格。

考虑一下最唐的DP，定义 \(f[i][j][k]\) 表示 \(i\) 子树，分成 \(j\) 段，当前答案为 \(j\)，转移是显然的，这里不再赘述。这样的作法复杂度来到了 \(O(n^2 val^2)\)，显然是过不去的。

一个很明显的策略是减少状态数。我们可以发现如果 \(f[i][j][k_1] \le f[i][j][k_2]\) 且 \(k_1 < k_2\)，那么 \(k_2\) 就肯定不会产生贡献，也就不用记录并转移。这样子状态数可以少很多。由于数据随机，因此出题人无法卡我们，因此跑的很快。

我是奶龙，因此不会分析复杂度。但反正过了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0)
#define File(s) freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout)
const int N = 305;
const LL INF = 1e18;
vector< pair< LL , LL > > dp[N][N];//i节点 j块 fi:k,se:ans
vector< pair< LL , LL > > tmp[N];//临时的
LL a[N];
int n;
int siz[N];
vector<int> G[N];
void dfs(int u,int fa){
	siz[u] = 1;
	dp[u][1].push_back({a[u],a[u] * a[u]});
	for(int v : G[u]){
		if(v == fa) continue;
		dfs(v,u);
		for(int i=1;i<=siz[v];i++)
			for(int j=1;j<=siz[u];j++){
				for(pair<LL,LL> x : dp[v][i])
					for(pair<LL,LL> y : dp[u][j]){
						tmp[i+j-1].push_back({x.first + y.first,x.second + y.second + 2 * x.first * y.first});
						tmp[i+j].push_back({y.first,x.second + y.second});
					}
			}
		siz[u] += siz[v];
		for(int i=1;i<=siz[u];i++){
			sort(tmp[i].begin(),tmp[i].end());
			dp[u][i].clear();
			LL minn = INF;
			for(pair<LL,LL> x : tmp[i]){
				if(minn > x.se){
					dp[u][i].push_back(x);
					minn = x.se;
				}
			}
			tmp[i].clear();
		}
	}
}
void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		siz[i] = 0;
		G[i].clear();
		tmp[i].clear();
		for(int j=1;j<=n;j++)
			dp[i][j].clear();
	}
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin >> a[i];
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin >> u >> v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int siz = dp[1][i].size();
		cout << dp[1][i][siz-1].se << " ";
	}
	cout << "\n";
}
int main()
{
	int T;
	IOS;
	// File("tree");
	cin >> T;
	while(T -- ) solve();
	return 0;
}