弱省互测#2 t2

题意

给两个树,大小分别为n和m,现在两棵树各选一些点(包括1),使得这棵树以1号点为根同构(同构就是每个点的孩子数目相同),求最大的同构树。(n, m<=500)

分析

我们从两棵树中各取出一个点,考虑以这两个点为根能得到的最大同构数。

题解

容易得到:
\(d(i, j)\)表示第一棵树选\(i\)号点,第二棵树选\(j\)号点所能得到的最大同构数。
那么\(d(i, j)\)就是等于从\(i\)这个点的子树选一些点,从\(j\)这个点的子树选一些点,选出的点数目相同,一一匹配,则答案就是这些点的\(\sum d(x, y)\)
计算这个我们用最大费用流来计算。
同时我们从深度深的向深度浅的进行计算。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505, M=N*2;
int ed[2][N][N], ecnt[2][N], n[2], ihead[M], cnt=1;
struct E {
	int next, from, to, cap, w;
}e[M*M];
void add(int x, int y, int cap, int w) {
	e[++cnt]=(E){ihead[x], x, y, cap, w}; ihead[x]=cnt;
	e[++cnt]=(E){ihead[y], y, x, 0,	 -w}; ihead[y]=cnt;
}
int d[M], p[M];
bool spfa(int s, int t, int n) {
	static bool vis[M];
	static int q[M], fr, ta;
	fr=ta=0;
	q[ta++]=s;
	memset(d, 0x7f, sizeof(int)*(n+1));
	d[s]=0;
	while(ta!=fr) {
		int x=q[fr++];
		vis[x]=0;
		fr=fr==M?0:fr;
		for(int i=ihead[x]; i; i=e[i].next) {
			if(!e[i].cap) {
				continue;
			}
			int y=e[i].to;
			if(d[y]>d[x]+e[i].w) {
				d[y]=d[x]+e[i].w;
				p[y]=i;
				if(!vis[y]) {
					vis[y]=1;
					if(d[y]<d[q[fr]]) {
						fr=fr==0?M:fr;
						q[--fr]=y;
					}
					else {
						q[ta++]=y;
						ta=ta==M?0:ta;
					}
				}
			}
		}
	}
	return d[t]!=0x7f7f7f7f;
}
void tadd(int x, int y, int w) {
	ed[w][x][ecnt[w][x]++]=y;
	ed[w][y][ecnt[w][y]++]=x;
}
int st[2][N][N], scnt[2][N], mxdep;
void dfs(int w, int x, int f, int dep) {
	st[w][dep][scnt[w][dep]++]=x;
	mxdep=max(dep, mxdep);
	int sz=0;
	for(int i=0; i<ecnt[w][x]; ++i) {
		int y=ed[w][x][i];
		if(y==f) {
			continue;
		}
		dfs(w, y, x, dep+1);
		ed[w][x][sz++]=y;
	}
	ecnt[w][x]=sz;
}
int f[N][N];
void work(int x, int y) {
	int c1=ecnt[0][x], c2=ecnt[1][y];
	int s=c1+c2+1, t=s+1;
	memset(ihead, 0, sizeof(int)*(t+1));
	cnt=1;
	for(int i=1; i<=c1; ++i) {
		add(s, i, 1, 0);
	}
	for(int i=1; i<=c2; ++i) {
		add(c1+i, t, 1, 0);
	}
	for(int i=0; i<c1; ++i) {
		for(int j=0; j<c2; ++j) {
			int y1=ed[0][x][i], y2=ed[1][y][j];
			add(i+1, c1+j+1, 1, -f[y1][y2]);
		}
	}
	int &now=f[x][y];
	now=1;
	while(spfa(s, t, t)) {
		int f=0x7f7f7f7f;
		for(int x=t; x!=s; x=e[p[x]].from) f=min(f, e[p[x]].cap);
		for(int x=t; x!=s; x=e[p[x]].from) e[p[x]].cap-=f, e[p[x]^1].cap+=f;
		now+=-f*d[t];
	}
}
void dfs(int dep) {
	if(dep<0) {
		return;
	}
	int c1=scnt[0][dep], c2=scnt[1][dep];
	for(int i=0; i<c1; ++i) {
		for(int j=0; j<c2; ++j) {
			work(st[0][dep][i], st[1][dep][j]);
		}
	}
	dfs(dep-1);
}
int main() {
	scanf("%d", &n[0]);
	for(int i=1; i<n[0]; ++i) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		tadd(x, y, 0);
	}
	scanf("%d", &n[1]);
	for(int i=1; i<n[1]; ++i) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		tadd(x, y, 1);
	}
	dfs(0, 1, 0, 0);
	dfs(1, 1, 0, 0);
	dfs(mxdep);
	printf("%d\n", f[1][1]);
	return 0;
}
博客地址:www.cnblogs.com/iwtwiioi 本文为博主原创文章,未经博主允许不得转载。一经发现,必将追究法律责任。
posted @ 2015-11-22 18:48  iwtwiioi  阅读(371)  评论(0编辑  收藏  举报