今天一月一号..
突然想安利一波我的中二的2017总结...
传送门1:codevs
传送门2:luogu
时限5s和1s的区别(你没看我传送门都给的大牛分站了)
现在不仅线筛.. 有负数的快读都打不对了..
来比较一下他们的区别?
inline int gn(int a=0,char c=0,int f=1){
for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,bool f=1){
for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,bool f=1){
for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1;
for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
Emmmm 于是就愉快的残掉了..
好吧回到正题.
这个题网上的题解好少啊OvO
毕竟bzoj有10道sdoi2008, 这题就属于被忽略的题目之一...
不知道为什么...
数据范围(p<=12)一眼状压...
我们可以用12位二进制表示一个集合...
这样定义状态(f_{x,s})为第(i)个节点上安排集合(s)的状态...
这样的话(s)就是每个儿子和安排在该点的集合们的并集...
但是很多个儿子差集就不好取了, 考虑多叉树转二叉树...
然而似乎传统的左儿子右兄弟是不行的... 我们考虑另一种转化方式..
比如我们有一棵这样的树:
转成一棵抉择方案等价的树是这样的:
这里我们对于有多个子树的节点, 建立虚拟节点(注意:虚拟节点是不能安排集合的)
如果有好多子树就继续递归下去(比如如果1有2 3 4 5四个子树, 那么就在10的右儿子挂一个12, 然后把4 5分别放在12的左右儿子.
由于有些点不能放集合, 我们定义(g_{x,s})表示在以(x)为根的子树中不在(x)节点安排集合时的最大价值.
这样我们就可以根据二叉树写出状态转移方程:
根据这个状态转移方程推就行了...
不过好像是有些卡时间的...
我们可以预处理出某个集合的费用(cost)和价值(val)
然后枚举子集是有技巧的:
for(int k=s;k;k=(k-1)&s){
}
这样会快一点... 大约能把复杂度从(4^n)降到(3^n)左右...
不过要记得特殊处理空集(因为这样枚举的(k)不会到0)
就做完了...
代码(压常数版):
由于压了常数变得非常丑(本来写的也没多好看OvO)...
#include <cstdio>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ri register int
const int N=204,P=4100,I=-1061109568;
int f[N][P],g[N][P],du[N>>1];
int w[N][13],val[P],Val[P],cost[N][P];
int ch[2][N],n,nn,p,t; bool vis[N];
int a,b,s;
inline int gi(int a=0,char c=0){
for(;c<48||c>57;c=getchar());
for(;c>47&&c<58;c=getchar())a=a*10+c-48;return a;
}
inline int gn(int a=0,char c=0,int f=1){
for(;(c<48||c>57)&&c!='-';c=getchar());if(c=='-')f=-1,c=getchar();
for(;c>47&&c<58;c=getchar()) a=a*10+c-'0'; return a*f;
}
inline int max(const int &a,const int &b){return a>b?a:b;}
inline int min(const int &a,const int &b){return a<b?a:b;}
struct edge{
int to,next;
}e[N]; int v[N>>1],tot;
inline void buildedge(const int &x,const int &y){
e[++tot].to=y; e[tot].next=v[x]; v[x]=tot; ++du[x];
e[++tot].to=x; e[tot].next=v[y]; v[y]=tot; ++du[y];
}
void dfs1(int x){
int now=x; vis[x]=1;
for(ri i=v[x];i;i=e[i].next){int y=e[i].to;
if(!vis[y]){
if(!ch[0][now]) ch[0][now]=y;
else if(du[x]==1) ch[1][now]=y;
else ch[1][now]=++nn,now=nn,ch[0][now]=y;
--du[y];--du[x]; dfs1(y);
}
}
}
int G(int x,int zt);
int F(int x,int zt){
if(f[x][zt]>I) return f[x][zt];
if(x>n) return G(x,zt);
f[x][zt]=Val[zt]-cost[x][zt];
for(ri z=zt;z;z=(z-1)&zt)
f[x][zt]=max(f[x][zt],G(x,z)-cost[x][zt^z]+Val[zt]);
return f[x][zt];
}
int G(int x,int zt){
if(!ch[0][x]&&!ch[1][x]) return I;
if(g[x][zt]>I) return g[x][zt];
if(!ch[1][x])
g[x][zt]=F(ch[0][x],zt);
else if(!ch[0][x])
g[x][zt]=F(ch[1][x],zt);
else{
for(ri z=zt;z;z=(z-1)&zt)
g[x][zt]=max(g[x][zt],F(ch[0][x],z)+F(ch[1][x],zt^z));
g[x][zt]=max(g[x][zt],F(ch[1][x],0)+F(ch[1][x],zt));
}
return g[x][zt];
}
int main(){
nn=n=gi(); p=gi();
memset(f,192,sizeof(f));
memset(g,192,sizeof(g));
for(ri i=1;i<n;++i){
a=gi(),b=gi();
buildedge(a,b);
}
for(ri i=1;i<=n;++i)
for(ri j=1;j<=p;++j)
w[i][j]=gi();
t=gn();
for(ri i=1;i<=t;++i){
a=gn(),b=gi(),s=0;
for(ri j=0;j<b;++j)
s|=(1<<(gn()-1));
val[s]+=a;
} dfs1(1);
for(ri i=0;i<1<<p;++i){
for(ri j=i;j;j=(j-1)&i)
Val[i]+=val[j];
for(ri j=1;j<=n;++j)
for(ri k=1;k<=p;++k)
if(i&(1<<(k-1)))
cost[j][i]+=w[j][k];
}
printf("%d
",F(1,(1<<p)-1));
}