【LibreOJ】#6395. 「THUPC2018」城市地铁规划 / City 背包DP+Prufer序

【题目】#6395. 「THUPC2018」城市地铁规划 / City
【题意】给定n个点要求构造一棵树,每个点的价值是一个关于点度的k次多项式,系数均为给定的\(a_0,...a_k\),求最大价值。\(n \leq 3000,k \leq 10\)
【算法】背包DP+Prufer序
首先每个点度x的价值g(x)可以暴力预处理。将每个点的度-1后,就不再有树形态这个限制了,只要n个点的度加起来是n-2即可,因为此时只要让所有还原后度不为1的点连通,度为1的叶子节点直接分配。
问题转化为n-2个大小为x价值为g(x+1)的物品,求容量为n-2的完全背包的最大价值,复杂度\(O(n^2)\)
这里的背包有个问题,就是大小为0的物品也是有价值的(必须n个点都计算),我的方法是所有价值先减g(1),最后再加n*g(1)。

构造方案的时候可以用n^2数组记录,也可以一步一步找最优大小退容量(因为是完全背包),每个点向上一个点连边使度不为1的点构成一条链,再从后往前分配叶子节点。
注意:根节点没有向上的路径,但是为了方便背包DP依然减掉一个度,最后构造方案的时候默认第一个点为根节点不往上连边即可。
还有要特殊处理n=1和n=2的情况,\(0^0=1\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=3010,MOD=59393;
int n,kind,as[20],g[maxn],f[maxn];
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&kind);
    for(int i=0;i<=kind;i++)scanf("%d",&as[i]);
    if(n==1){printf("%d %d",n-1,as[0]);return 0;}
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x=1;
        for(int j=0;j<=kind;j++){
            g[i]=(g[i]+x*as[j])%MOD;
            x=x*i%MOD;
        }
        if(i!=1)g[i]-=g[1];//
    }
    for(int i=1;i<=n-2;i++){
        for(int j=i;j<=n-2;j++){
            f[j]=max(f[j],f[j-i]+g[i+1]);
        }
    }
    printf("%d %d\n",n-1,f[n-2]+n*g[1]);//
    int x=n-2,id=0,y=n;
    while(x){
        for(int i=1;i<=x;i++)if(f[x-i]+g[i+1]==f[x]){
            x-=i;
            if(++id!=1)printf("%d %d\n",id-1,id);else i++;//
            for(int j=1;j<i;j++)printf("%d %d\n",id,y--);
            break;
        }
    }
    if(n==2)id++;
    printf("%d %d\n",id,id+1);//
    return 0;
}

有没有发现算法里还有”Prufer序“这一项?很有意思的是,上面推到的结论就是Prufer序的结论。
从Prufer序的角度来考虑,题目和带标号无根树、点度密切相关,可以想到只需要构造一个Prufer序使得各点度+1的价值最大就行了。
问题转化为n-2个大小为x价值为g(x+1)的物品,求容量为n-2的完全背包的最大价值,复杂度\(O(n^2)\)

posted @ 2018-05-17 20:13  ONION_CYC  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏