洛谷AT2046 Namori(思维,基环树,树形DP)

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神仙思维题还是要写点东西才好。

每次操作把相邻且同色的点反色,直接这样思考会发现状态有很强的后效性,没办法考虑转移。

因为树是二分图,所以我们转化模型:在树的奇数层的所有点上都有一枚棋子,每次可以将棋子移向相邻的空位,目标状态是树的偶数层的所有点上都有棋子。

这样的互换总次数有没有一个下界呢?

我们求出\(a_i\)表示点\(i\)子树中棋子数量与空位数量之差(可以是负数),那么\(i\)的父边就至少要交换\(|a_i|\)次。

为什么呢?子树里面空位比棋子少的话,肯定要通过父边把\(a_i\)个棋子送出去,才能移进来\(a_i\)个空位。反之亦然。

于是,如果\(a_{rt}\)(根)不为\(0\)就无解,否则\(\sum\limits_{i=1}^n|a_i|\)就是答案下界。

然后,仔细推一下发现它就是答案。

对于一个点,它的父边和所有子边的移进移出的顺序,和其它点的顺序是互相独立的。

等于说我们总能安排一个合法的顺序,使得它们一进一出一进一出。。。这样完整地衔接起来,而不会互相矛盾。

基环树

环长为偶数

显然的想法:把整个环当做根,不在环上的点的答案照算不误。所以把多出来一条边去掉做好树形DP。

首先这还是一个二分图,因此\(a_{rt}\)不为\(0\)同样无解。

于是,似乎这条边存在的意义只有分摊一部分转移、减少总次数了。

那么接下来要做的是,确定环上每条边的移动方向和次数。

设环长为\(n\)\(A_i\)为以\(i\)为根求得的\(a\)值,\(x_i\)为环上第\(i\)条边的移动参数(正负表示方向,绝对值表示次数)

因为进出平衡,我们可以得到一个方程组

\[\begin{cases}x_1-x_2=A_1\\x_2-x_3=A_2\\...\\x_n-x_1=A_n\end{cases} \]

这时候我们发现上面那个方程组是没有唯一解的。那到底该分摊多少呢?

不着急,我们着眼于最小化\(\sum|x_i|\),再把方程组整一整

\[\begin{cases}x_1=x_1-0\\x_2=x_1-A_1\\x_3=x_1-A_1-A_2\\...\\x_n=x_1-\sum_{i=1}^{n-1}A_i\end{cases} \]

每一行的\(A\)都是前缀和的形式,在树形DP的时候对应的是环上的每个点的\(a\)

看到这儿就豁然开朗了。这不等于说,数轴上有若干个点取值分别为每一个\(a\),找到一个点\(x_1\)使它到所有点距离之和最小?

把所有\(a\)排序,\(x_1\)不就可以取第\(\frac n 2\)大的数到第\(\frac n 2+1\)大的数之间的任意整数么?

最后把环上的DP值改一改就OK了。

环长为奇数

因为不是二分图了,所以直接解方程好像做不下去。我们从更直观的意义来理解它。

仍然是去掉一条边做树形DP。这时候我们看看,在这条非树边上操作,在奇偶染色模型下等价于什么呢?

没错,两个棋子会在这里同时变成空位,两个空位会在这里同时变成棋子!

那这条边存在的意义,是把棋子或空位中多的减掉、少的补上。要操作多少次呢?\(\frac{\sum A_i}{2}\),在树形DP中对应的是\(\frac{a_{rt}}{2}\)

注意如果\(a_{rt}\)是奇数那么无解。否则环底部的\(A\)发生了变化,导致要把环上的\(a\)都减掉\(\frac{a_{rt}}{2}\)


最后的最后扫一遍数组统计答案。代码没有任何难点。

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9,M=2*N;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
    return x;
}
int he[N],ne[M],to[M],f[N],a[N],b[N];
int Getf(R x){
    return x==f[x]?x:f[x]=Getf(f[x]);
}
void Dfs(R x,R op){
    a[x]=op;
    for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
        if((y=to[i])!=f[x])
            f[y]=x,Dfs(y,-op),a[x]+=a[y];
}
int main(){
    R n=in(),m=in(),rt=1,re=1,p=0,ans=0;
    for(R i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
    for(R p=0,i=1;i<=m;++i){
        R x=in(),y=in();
        if(Getf(x)!=Getf(y))f[f[x]]=f[y];
        else{rt=x,re=y;continue;}//把多的边单独拿出来
        ne[++p]=he[x];to[he[x]=p]=y;
        ne[++p]=he[y];to[he[y]=p]=x;
    }
    f[rt]=0;Dfs(rt,1);
    if(n==m){//基环树
        for(R x=re;x;x=f[x])b[++p]=a[x];
        if(p&1){//奇环
            if(a[rt]&1)return puts("-1"),0;
            for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=a[rt]>>1;
        }
        else{//偶环
            if(a[rt])return puts("-1"),0;
            sort(b+1,b+p+1);
            for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=b[p>>1];
        }
    }//树
    else if(a[rt])return puts("-1"),0;
    for(R i=1;i<=n;++i)ans+=abs(a[i]);
    return cout<<ans<<endl,0;
}
posted @ 2019-03-04 14:41  Flash_Hu  阅读(413)  评论(0编辑  收藏  举报