树上dp——cf_928_G. Vlad and Trouble at MIT

目录

• 问题概述
• 思路分析
• 参考代码
• 做题反思

问题概述

原题参考：G. Vlad and Trouble at MIT
某学校的宿舍可以用一棵n个顶点的树来表示，每个顶点代表一个房间，房间内有一个学生，树是一个联通的无向图。今天晚上有三种学生：

• 参加派对和玩音乐的学生（标记为P）
• 想睡觉和享受安静的学生（标记为S）
• 无所谓的学生（标记为C）
  起初，所有的边缘都是薄墙，允许音乐通过，因此当参加派对的学生放音乐时，每个房间都能听到，但是我们可以将薄墙改装成厚墙，厚墙不允许音乐通过。问若要是所有的同学都满意，至少要改装多少面墙

思路分析

其实当时是看出来这是一道树上DP的问题的，但是奈何自己不会写(_作孽啊)。dp[i][0]表示i号结点为S时作为子树的最小的墙，dp[i][1]表示i号结点为P时作为子树的最小的墙。可以知道，当i号结点为S时，dp[i][1]=inf；同理，当i号结点为P时，dp[i][0]=inf,作为C的话，就是无所谓了，dp[i][0]=dp[i][1]=0。对于一个点，只有当子树的状态与自己不同时才会需要建墙，当子树的状态与自己相同时，是不需要建墙的，因此，得出状态转移方程

dp[u][k] = min(dp[v][k^0]+1, dp[v][k])(v为u的子结点，k=0/1)

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0)
#define endl '\n'
#define pll pair<long long, long long>
#define pii pair<int, int>
#define vi vector<int>
#define vl vector<long long>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const ll INF = 9187201950435737471;
const int inf = 2139062143;
const ll mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 2e5+7;
ll n, dp[N][2];
vi e[N];
string s;
void dfs(int u) {
    dp[u][0] = dp[u][1] = 0;
    if(s[u-1] == 'P') dp[u][0] = inf;
    if(s[u-1] == 'S') dp[u][1] = inf;
    for(auto v:e[u]) {
        dfs(v);
        dp[u][0] += min(dp[v][0], dp[v][1]+1);
        dp[u][1] += min(dp[v][0]+1, dp[v][1]);
    }
}
void solve() {
    cin >> n;
    int x;
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        cin >> x;
        e[x].push_back(i);
    }
    cin >> s;
    dfs(1);
    cout << min(dp[1][0], dp[1][1]) << endl;
    for(int i=1; i<=n; i++) e[i].clear();
}
int main() {
#ifdef xrl
    freopen("in.txt", "r", stdin), freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
    FAST_IO;
    int t = 1;
    cin >> t;
    while(t --) solve();
#ifdef xrl
    cout << "Time used = " << (double)(clock() * 1.0 / CLOCKS_PER_SEC) << "s";
#endif
    return 0;
}

做题反思

关键在于状态转移方程的思考啊啊啊啊啊，dp杀我