Tourism 题解

树形 dp 的一道好题。

在一个图上做 dp 是非常难的，一个常见的思路就是图转化成树，树转化成链。那么我们对这个图做一个生成树。明显地，非树边都是返祖边，这个性质对树形 dp 非常好。

而我们又发现了树的直径至多为 \(10\)。这启示我们需要用状压的方式来写，而题目又是一个类树上最大独立集的东西，若我们直接在树上做的话可以写成 \(f_{i,0/1/2}\) 来转移，表示 \(i\) 这个点有选，没选有被覆盖，有选没被覆盖。而这里是一个生成树，有返祖边，肯定不能这么做，这里的返祖边和它的所有祖先的关系有关，所以需要把所有祖先的状态都记下来，写成 \(dp_{i,st}\) 表示 \(i\) 这个点，它的祖先状态为 \(st\) 的最小代价，而这里的 \(st\) 就是一个三进制状态。但是这个状态太抽象了，空间早就爆了，所以我们需要将 \(i\) 设为它的深度，因为这个树形 dp 是线性转移的，不会多个兄弟同时转移，所以可以这么做。

这里转移很简单，对于 \(dp_{u,st}\) 和它的一个儿子 \(v\) ，当 \(v\) 被选择时，它的所有返祖边的点上如果有 \(1\) 这个状态，就加 \(1\) ，状态变成 \(2\)。当 \(v\) 不被选择时，如果它的所有返祖边的点上如果有 \(0\) 这个状态，\(v\) 这个点状态为 \(2\) ，否则状态为 \(1\)。

刷新儿子的时候 dp 也要改，更新为这个儿子选 \(0\) 和 \(2\) 的最大值。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define get(x,y) (i/pw[y]%3)
#define tomin(x,y) (x>y?x=y:0)
using namespace std;
const int N=2E4+5,inf=1e9;
int n,m,c[N],ans,pw[15],dp[15][60006],dep[N],p[N],top,vis[N];
vector<int>e[N];
void dfs(int x,int fa){
	
	vis[x]=1;int top=0;
	for(int v:e[x])
		if(dep[v] < dep[x] && vis[v])p[++top]=v;
	if(!fa){
		dp[dep[x]][0]=c[x];
		dp[dep[x]][1]=0;
		dp[dep[x]][2]=inf;
	} 
	else {
		for(int st=0;st<(pw[dep[x]+1]);st++)dp[dep[x]][st]=inf; 
		for(int st=0;st<(pw[dep[x]]);st++){
			int tmp1=st,tmp2=1;
			for(int i=1;i<=top;i++){
				if(get(st,dep[p[i]])==0)
					tmp2=2;
				if(get(st,dep[p[i]])==1)
					tmp1+=pw[dep[p[i]]];
			}
			tomin(dp[dep[x]][tmp1],dp[dep[fa]][st]+c[x]);
			tomin(dp[dep[x]][st+tmp2*pw[dep[x]]],dp[dep[fa]][st]);
		}
	}
	for(int v:e[x]){
		if(vis[v] )continue;
		dep[v]=dep[x]+1;
		dfs(v,x);
		for(int st=0;st<pw[dep[v]];st++)
			dp[dep[x]][st]=min(dp[dep[v]][st],dp[dep[v]][st+2*pw[dep[v]]]);
	}
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=10;i++)
		pw[i]=pw[i-1]*3;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",c+i);
	for(int i=1,a,b;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&a,&b);
		e[a].push_back(b);
		e[b].push_back(a);
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!vis[i])
			dfs(i,0),ans+=min(dp[0][0],dp[0][2]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}