BZOJ1864: [Zjoi2006]三色二叉树

BZOJ1864: [Zjoi2006]三色二叉树

Description

Input

仅有一行,不超过500000个字符,表示一个二叉树序列。

Output

输出文件也只有一行,包含两个数,依次表示最多和最少有多少个点能够被染成绿色。

Sample Input

1122002010

Sample Output

5 2

题解Here!

很明显,一道树形$DP$。

首先,那个序列转换成树,应该没有什么问题,一发$DFS$搞定。

然后就是在树上$DP$。

那个最大最小值先不管它,对于一种情况讨论,另外一种情况同理即可。

先看最大值:

设$dp[i][0/1/2]$表示对于$i$的子树,$i$涂绿色$0$,红色$1$,蓝色$2$,所能达到的最多的绿色节点个数。

然后对于$i$的儿子个数$num[i]$开始特判:

  • $num[i]==0$:

这个说明$i$为叶子节点,直接$dp[i][0]=1;dp[i][1]=dp[i][2]=0;$即可。

  • $num[i]==1$:

只有一个儿子也很好办,分类讨论儿子涂什么颜色即可:

$$dp[i][0]=\max\left\{\begin{array}{}dp[j][1]+1\\dp[j][2]+1\end{array}\right.j\in son_i$$

$$dp[i][1/2]=\max\left\{\begin{array}{}dp[j][0]\\dp[j][2/1]\end{array}\right.j\in son_i$$

注:斜杠表示两种方案只选一种,并且不同的两个斜杠表示的四个决策是两两对应的。

  • $num[i]==2$:

额,这个就稍微有点烦人了,但是还是很好想:

$$dp[i][0]=\max\left\{\begin{array}{}\max\left\{\begin{array}{}dp[j_1][1]+1\\dp[j_2][2]+1\end{array}\right.\\\\\max\left\{\begin{array}{}dp[j_1][2]+1\\dp[j_2][1]+1\end{array}\right.\end{array}\right.$$

$$dp[i][1/2]=\max\left\{\begin{array}{}\max\left\{\begin{array}{}dp[j_1][0]\\dp[j_2][2/1]\end{array}\right.\\\\\max\left\{\begin{array}{}dp[j_1][2/1]\\dp[j_2][0]\end{array}\right.\end{array}\right.$$

其中$j_1,j_2\in son_i$。

然后就是$DFS$一遍就可以出解了。

最后答案就是:$$\max\left\{\begin{array}{}dp[1][0]\\dp[1][1]\\dp[1][2]\end{array}\right.$$

这只对于最大值,最小值同理。

记得最小值开始时要赋为$+\infty$。

本蒟蒻表示$1A$很高兴!

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 500010
using namespace std;
int n=1,c=1,pos=1;
int head[MAXN],num[MAXN],f[MAXN][3],g[MAXN][3];
struct Tree{
	int next,to;
}a[MAXN<<1];
char str[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline void add(int x,int y){
	a[c].to=y;a[c].next=head[x];head[x]=c++;
}
void dfs(int rt){
	num[rt]=str[pos]-'0';
	for(int i=1;i<=num[rt];i++){
		n++;
		add(rt,n);
		pos++;
		dfs(n);
	}
}
void dp(int rt){
	if(num[rt]==0){
		f[rt][0]=g[rt][0]=1;
		f[rt][1]=f[rt][2]=g[rt][1]=g[rt][2]=0;
	}
	else if(num[rt]==1){
		int will;
		for(int i=head[rt];i;i=a[i].next){
			will=a[i].to;
			dp(will);
			f[rt][0]=max(f[rt][0],max(f[will][1],f[will][2])+1);
			f[rt][1]=max(f[rt][1],max(f[will][0],f[will][2]));
			f[rt][2]=max(f[rt][2],max(f[will][0],f[will][1]));
			g[rt][0]=min(g[rt][0],min(g[will][1],g[will][2])+1);
			g[rt][1]=min(g[rt][1],min(g[will][0],g[will][2]));
			g[rt][2]=min(g[rt][2],min(g[will][0],g[will][1]));
		}
	}
	else{
		int will,son[2];
		for(int i=head[rt],j=0;i;i=a[i].next,j++){
			will=a[i].to;
			son[j]=will;
			dp(will);
		}
		f[rt][0]=max(f[rt][0],max(f[son[0]][1]+f[son[1]][2],f[son[0]][2]+f[son[1]][1])+1);
		f[rt][1]=max(f[rt][1],max(f[son[0]][0]+f[son[1]][2],f[son[0]][2]+f[son[1]][0]));
		f[rt][2]=max(f[rt][2],max(f[son[0]][0]+f[son[1]][1],f[son[0]][1]+f[son[1]][0]));
		g[rt][0]=min(g[rt][0],min(g[son[0]][1]+g[son[1]][2],g[son[0]][2]+g[son[1]][1])+1);
		g[rt][1]=min(g[rt][1],min(g[son[0]][0]+g[son[1]][2],g[son[0]][2]+g[son[1]][0]));
		g[rt][2]=min(g[rt][2],min(g[son[0]][0]+g[son[1]][1],g[son[0]][1]+g[son[1]][0]));
	}
}
void work(){
	scanf("%s",str+1);
	dfs(1);
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(g,127,sizeof(g));
	dp(1);
	printf("%d %d\n",max(f[1][0],max(f[1][1],f[1][2])),min(g[1][0],min(g[1][1],g[1][2])));
}
int main(){
	work();
	return 0;
}

 

posted @ 2018-11-09 21:59 符拉迪沃斯托克 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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