【ARC083E】Bichrome Tree 树形dp

Description

有一颗N个节点的树，其中1号节点是整棵树的根节点，而对于第ii个点(2≤i≤N)(2≤i≤N)，其父节点为PiPi

对于这棵树上每一个节点Snuke将会钦定一种颜色（黑或白），以及一个非负整数的点权。

Snuke有一个他最喜欢的整数序列，X1,X2,...,XNX1,X2,...,XN，他希望能够钦定这些点的点权和颜色。使得:

对于每一个点ii，都满足ii的整颗子数内所有和ii颜色相同的点(包括ii本身)的点权和恰好为XiXi。

现在给定你这棵树的结构和Snuke最喜欢的整数序列，请你判断是否有一种钦定的方案使得其满足上文所述的条件

Input

第一行一个正整数NN表示点的数量。

第二行N−1N−1个正整数，其中第ii个数表示编号为i+1i+1的点的父节点编号。

第三行NN个非负整数，表示Snuke最喜欢的整数序列。

Output

如果存在一种可行方案，则输出"POSSIBLE"；

否则，输出"IMPOSSIBLE"

（不加引号）

Sample Input

Sample 1
3
1 1
4 3 2

Sample 2
3
1 2
1 2 3

Sample 3
8
1 1 1 3 4 5 5
4 1 6 2 2 1 3 3

Sample 4
1
0

Sample Output

Sample 1
POSSIBLE

Sample 2
IMPOSSIBLE

Sample 3
POSSIBLE

Sample 4
POSSIBLE

HINT

1≤N≤10001≤N≤1000

1≤Pi≤i−11≤Pi≤i−1

0≤Xi≤5000

Sol

首先我们发现，一个点的子树中的和只要小于等于(w[x])即可，因为(val[x])可以是任意非负整数，但是另外一种颜色的值要尽量小，这样对它的祖先节点的贡献会更大。所以我们用(f[x])表示x点子树中另一种颜色的最小值。

然后我们对于它的每个子节点做一次背包，子节点的权值要么是(w[son])，要么是(f[son])，而这两个值恰好一个给(f[x])做贡献，一个给(w[x])做贡献，这就是一个裸的背包了，用这两个式子结合转移即可，之后我们在(0-w[i])中找到最小值并作为(f[x])的值即可。如果全都是inf说明这个点找不到合适的取值，就return 0。

最后只需要判断dfs(1)的返回值即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,v[1005],f[1005],g[2][5005];vector<int>e[1005];
bool dfs(int x)
{
    if(!e[x].size()){f[x]=0;return 1;}
    for(int i=0;i<e[x].size();i++) if(!dfs(e[x][i])) return 0;
    int w=1;memset(g[w],0x3f,sizeof(g[w]));g[w][0]=0;
    for(int i=0;i<e[x].size();i++)
    {
        w=!w;memset(g[w],0x3f,sizeof(g[w]));
        for(int j=0;j<=v[x];j++)
        {
            if(j>=f[e[x][i]]) g[w][j]=min(g[w][j],g[w^1][j-f[e[x][i]]]+v[e[x][i]]);
            if(j>=v[e[x][i]]) g[w][j]=min(g[w][j],g[w^1][j-v[e[x][i]]]+f[e[x][i]]);
        }
    }
    int gg=2147483647;
    for(int i=0;i<=v[x];i++) gg=min(gg,g[w][i]);
    if(gg>1e9) return 0;f[x]=gg;return 1;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&x),e[x].push_back(i);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);
    if(dfs(1)) puts("POSSIBLE");else puts("IMPOSSIBLE");
}