COCI2016-2017 Contest#2 F
COCI2016-2017 Contest#2 F
首先分析题意: 任意走都能在\(k\)步内结束,也就是说,一定可以在\(k\)步内封锁所有出路
注意游戏停止的条件是后手不能走,因此即使在\(k\)步封住了出路,下一轮依然要标记一个点
因此必须是\(<k\)的
设树根1的\(dep=0\),第\(i\)层表示所有\(dep=i\)的节点
发现第\(i\)次操作,一定是从\(i-1\)层走到了\(i\)
假设最后的封路决策在\(i\)层封掉了2个点,那么这个决策一定是不优的
因为在\(i\)层花2的时间一定不如在\(i-1\)层和\(i\)层各花1的时间
因此,问题可以转化为: 在\(1-k\)层每层选择一个点,判断是否存在一种方案使得选择完成后完全封死出路
显然在最优情况下,选择的点之间不会有祖先关系,并且我们可以删掉所有\(dep>k\)的点
因此可以写出一个\(n\cdot 2^k\)的\(dp\)
由于最后要阻塞其实是阻塞所有的叶子(\(dep=k\)的点)
因此考虑令选择每个节点是覆盖了一段叶子,将叶子按照\(\text{dfs}\)序从小到大依次标号,设选择\(i\)子树能覆盖叶子范围\(L_i,R_i\)
因此按照\(L_i\)从小到大依次考虑每个节点,加入的转移就是
$\begin{aligned} dep_i\notin S,dp_{L_i,S}\rightarrow dp_{R_i+1,S\cup \lbrace dep_i\rbrace }\end{aligned} $
如果用bitset实现,时间/空间复杂度均为\(O(n \cdot 2^{k-5})\)
如果直接\(dp\)显然。。。考虑缩小\(k\)的范围
推论1: 当\(n< \frac{(k-1)\cdot (k+2)}{2}\)时,一定有解
考虑一个浅显的贪心: 在第\(i\)层用\(\leq i\)的代价标记这层所有点
这个方法不可用的条件就是第\(i\)层的点个数\(>i\),那么就有\(n\ge 2+3+\cdots+k=\frac{(k-1)(k+2)}{2}\)
可以看到此时\(k\)的上界已经缩小到\(O(\sqrt n)\)级别,但由于实际常数,还是太大了
推论2: 当\(n\leq k\cdot k\)时,一定有解
假设删除原树的1节点,则我们决策的对象变为一片森林
考虑依次决策每一层,每次推进一层,都会把选择一棵树删除,并且当前森林所有顶端的节点删除
要求\(k\)次决策后森林为空
设森林第一层包含\(d\)个节点
此时一定存在一个子树大小\(\ge \frac{n}{d}\)
删除这个子树后,规模变为\(n-d-\frac{n}{d}+1\)
我们知道\(d+\frac{n}{d}\ge 2\sqrt n\)
\(n-d-\frac{n}{d}+1\leq n-2\sqrt n+1=(\sqrt n-1)^2\)
因此得证
此时\(k\)的上界已经缩小到19,完全可以通过
带入优化的复杂度为\(O(n\cdot 2^{15})\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#pragma GCC optimize(2)
typedef long long ll;
#define reg register
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
char IO;
int rd(){
int s=0;
while(!isdigit(IO=getchar()));
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return s;
}
const int N=410;
int n,m;
vector <int> G[N],Q[N];
int dep[N],L[N],R[N],cnt;
void pre_dfs(int u,int f) {
dep[u]=dep[f]+1;
if(dep[u]==m-1) { L[u]=cnt++,R[u]=cnt; return; }
L[u]=cnt;
for(int v:G[u]) if(v!=f) pre_dfs(v,u);
R[u]=cnt;
}
bitset <1<<19> dp[401],rev[20];
int F[N];
int main(){
n=rd(),m=rd();
if(m*m>=n) return puts("DA"),0;
rep(i,2,n) {
int u=rd(),v=rd();
G[u].pb(v),G[v].pb(u);
}
memset(dep,-1,sizeof dep),dep[0]=-2,pre_dfs(1,0);
rep(i,1,n) if(~dep[i]) Q[L[i]].pb(i);
dp[0][0]=1;
rep(i,0,m-1) rep(j,0,(1<<m)-1) if(~j&(1<<i)) rev[i][j]=1;
rep(i,0,cnt-1)
for(int v:Q[i]) {
dp[R[v]]|=(dp[i]&rev[dep[v]])<<(1<<dep[v]);
}
puts(dp[cnt].count()?"DA":"NE");
}