题解「AT4995 [AGC034E] Complete Compress」

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注意到数据范围很小，所以我们可以枚举一个根，尽量让所有点移动到这个点上。

将两颗距离至少为 \(2\) 的棋子向中间移动一步，可能会出现两种情况：

• 它们的LCA为它们共同的祖先，则两颗棋子一同向LCA移动一步。
• 其中一颗棋子为LCA，则深度浅的棋子向下移动，深度深的棋子向上移动。

显然第二种情况对于寻找最优解是不利的，为了让所有点移动到根上，每个点都应向上跳。所以我们只考虑以第一种情况操作。

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zzy：

这里就涉及到一个经典的模型：有若干个元素被分成了若干个集合， 每次要找两个在不同集合中的元素匹配然后消掉。

设所有集合的总大小为 \(sum\) ，最大集合的大小为 \(max\) ，有两种情况：

• \(sum-max\geq max\) ，每次选择最大和次大的两个集合内两个元素消掉，消掉后还是这种情况。所以最多能消掉 \(\lfloor\frac{sum}{2}\rfloor\) 对元素。
• \(sum-max<max\) ，把其他集合的元素全部用来消最大集合中的元素，最多能消掉 \(sum-max\) 对元素，最后最大集合中还剩余 \(max\times 2-sum\) 个元素。

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再回到这道题。

考虑树上的一个点 \(u\) ，我们将它的子树中的点移动到 \(u\) 上。对于 \(u\) 子树中一个点 \(v\) ，我们必须对它进行 \(dis(u,v)\) 次操作才能将它移动到点 \(u\) 。这相当于将 \(u\) 子树中每个有棋子的点 \(v\) 拆成了一个有 \(dis(u,v)\) 个元素的集合，每次在两个集合中分别选择两个元素相消，则问题转化为了经典模型。

但是由于树结构的限制，有祖孙关系的两个点对应的集合不能同时选择。因此我们考虑树形DP，将问题转化为互不相交的子问题求解。

令 \(f_u\) 表示 \(u\) 的子树内最多能消去多少对元素，\(dis_u\) 表示 \(u\) 的子树中棋子拆成的集合的总大小，设 \(max\) 表示 \(u\) 的儿子对应的子树中棋子拆成的集合的最大的总大小，即 \({\rm{max}}\{dis_v|v \in son_v\}\) 。则有转移：

• \(dis_u-max\geq max\) ，每次选择两个处于不同子树的两个元素相消，则 \(f_u=\lfloor\frac{sum}{2}\rfloor\) 。
• \(dis_u-max<max\) ，先用其他子树中的元素消最大子树中的元素，这样能消掉 \(dis_u-max\) 对元素，剩下的 \(max\times 2-dis_u\) 个元素全部在最大子树中。在最大子树 \(v\) 内部最多能消 \(f_v\) 对元素，则剩下的元素在最大子树中能消 \(\lfloor\frac{{\rm{min}}(f_v\times 2,max\times 2-dis_u)}{2}\rfloor\) 对。则 \(f_u=dis_u-max+\lfloor\frac{{\rm{min}}(f_v\times 2,max\times 2-dis_u)}{2}\rfloor\) 。

以 \(root\) 为根时，当且仅当 \(f_{root}=\frac{dis_{root}}{2}\) ，即所有元素都消完时合法。

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\(\text{Code}:\)

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define maxn 2005
#define Rint register int
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long lxl;

template <typename T>
inline void read(T &x)
{
	x=0;T f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
	x*=f;
}

struct edge
{
	int u,v,next;
}e[maxn<<1];

int head[maxn],k;

inline void add(int u,int v)
{
	e[k]=(edge){u,v,head[u]};
	head[u]=k++;
}

int n,a[maxn];
int siz[maxn],dis[maxn],f[maxn];

inline void dfs(int u,int fa)
{
	siz[u]=a[u];
	dis[u]=0;
	int son=-1;
	for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		dis[u]+=(dis[v]+=siz[v]);
		if(!~son||dis[son]<dis[v]) son=v;
	}
	if(!~son) return void(f[u]=0);
	if(dis[u]-dis[son]>=dis[son]) f[u]=dis[u]/2;
	else f[u]=dis[u]-dis[son]+min(f[son]*2,2*dis[son]-dis[u])/2;
}

char s[maxn];

int main()
{
	// freopen("AT4995.in","r",stdin);
	read(n);
	scanf(" %s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=s[i]-'0';
	memset(head,-1,sizeof(head));
	for(int i=1,u,v;i<n;++i)
	{
		read(u),read(v);
		add(u,v);add(v,u);
	}
	int ans=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		dfs(i,0);
		if(f[i]*2==dis[i]) ans=(!~ans||ans>f[i])?f[i]:ans;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}