题目描述
某山贼集团在绿荫村拥有强大的势力，整个绿荫村由(N)个连通的小村落组成，并且保证对于每两个小村落有且仅有一条简单路径相连。
小村落用阿拉伯数字编号为(1,2,3,4, dots ,n)，山贼集团的总部设在编号为(1)的小村落中。
山贼集团除了老大坐镇总部以外，其他的(P)个部门希望在村落的其他地方建立分部。
(P)个分部可以在同一个小村落中建设，也可以分别建设在不同的小村落中。每个分部到总部的路径称为这个部门的管辖范围，于是这(P)个分部的管辖范围可能重叠，或者完全相同。
在不同的村落建设不同的分部需要花费不同的费用。每个部门可能对他的管辖范围内的小村落收取保护费，但是不同的分部如果对同一小村落同时收取保护费，他们之间可能发生矛盾，从而损失一部分的利益，他们也可能相互合作，从而获取更多的利益。
现在请你编写一个程序，确定(P)个分部的位置，使得山贼集团能够获得最大的收益。
输入格式
输入文件第一行包含一个整数(N)和(P)，表示绿荫村小村落的数量以及山贼集团的部门数量。
接下来(N-1)行每行包含两个整数(X)和(Y)，表示编号为(X)的村落与编号为(Y)的村落之间有一条道路相连。((1 le X,Y le N))
接下来(N)行，每行(P)个正整数，第(i)行第(j)个数表示在第(i)个村落建设第(j)个部门的分部的花费(A_{i,j})。
然后有一个正整数(T)，表示下面有(T)行关于山贼集团的分部门相互影响的代价。((0 le T le 2 imes p))
最后有(T)行，每行最开始有一个数(V)，如果(V)为正，表示会获得额外的收益，如果(V)为负，则表示会损失一定的收益。
然后有一个正整数(C)，表示本描述涉及的分部的数量，接下来有(C)个数，(X_i)，为分部门的编号((X_i)不能相同)。
表示如果(C)个分部(X_i)同时管辖某个小村落（可能同时存在其他分部也管辖这个小村落），可能获得的额外收益或者损失的收益为的(|V|)。
(T)行中可能存在一些相同的(X_i)集合，表示同时存在几种收益或者损失。
输出格式
输出文件要求第一行包含一个数(Ans)，表示山贼集团设置所有分部后能够获得的最大收益。
输入输出样例
输入 #1
2 1
1 2
2
1
1
3 1 1
输出 #1
5
说明/提示
对于(40%)的数据，(1 le P le 6)。
对于(100%)的数据，(1 le N le 100)，(1 le P le 12)，保证答案的绝对值不超过({10}^8)。
解题报告
算法解析
剖析题意
首先我们分析题意,这道题目其实给了很多关键性的信息,我们可以提取
-
树上结构
-
每一个部门有着二进制状态,可以选择,或者不可以选择
-
数据范围特别小
综上所述,我们不难发现,这道题目与,树型DP,状压DP有着很大的联系.
状压设置
不难设置出,我们应该以(p)进行状压.
- 唯独他,范围小
- 分部门的总数
总而言之,状态设计为如下.
.假如说
那么表示为,选择,(1,3,4)这三个分部门
价值定义
我们发现,题目给出的一个关键地方为,不同分部门之间存在影响
既然如此,我们不妨思考一下,对于每一个状态,他们肯定有一个权值.
而这个权值,必然就是若干个分部门同时选择,产生的价值.
举个栗子
然后.
现在我们选择的状态为.
那么请问这个状态,它是什么价值呢?
因此对于这类状态,我们显然是要存储下来他们的价值的.
树型阶段
现在我们这个状态是出现了,但是阶段还没有划分好.
其实树型DP的阶段是最好划分的.
因为它的阶段就是以,父子节点作为分段.
既然如此,我们设计一下.
那么这样,我们的状态表示就设置完毕了.
状态转移
状态已经设置完毕,我们现在缺失的就是动态规划的状态转移.
我们先来思考一些问题.
- 对于一个集合,它会被那些集合转移过来呢?
换句话说,就是有哪些符合条件的(S')满足下面这个条件
我们发现.
也就是说,(S')是(S)的子集
- 从一个集合转移到另外一个集合,代价为什么
我们需要回顾一下定义.
那么既然如此,一个集合状态它的代价,不就是.
这就是转移的代价,从一个状态到另外一个状态
- 树上怎么转移
①从儿子节点到父亲节点.
②从子集到当前集合
所以说我们的表达为
但是对于这个状态表示而言,我们的类型是最大价值,而且一个点有很多个儿子节点
一个节点只能从一个儿子节点转移过来,那么这个儿子必须是价值最高的.
所以变成了.
之前当前节点的状态集合为(S'),现在通过儿子上来的转移,现在变成了(S)
那么
然后我们分析上面这些语句.
不难发现,这个和背包问题特别相像
因此,这个转移就是树上背包转移
于是这道题目就是非常有趣的,动态规划算法大杂烩
代码解析
//本题目的算法为,背包DP+树型DP+状压DP,是一道DP的优秀题目
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x)&(-x))//x的最靠右边的1
const int N=110,S=(1<<12)+3;
int n,p,M,t,a[N][N],f[N][S],val[S];
vector<int> g[N];
inline int tot(int x)//统计x二进制表示下的位数
{
int cnt=0;
while(x)
{
cnt++;
x>>=1;
}
return cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
for(int y:g[x])
{
if (y==fa)//防止遍历回到曾经访问过的节点
continue;
dfs(y,x);//访问儿子节点,自下往上的转移,这是树型DP的精华
for(int s=M; s; s--)//遍历所有集合,类似于背包问题的j,从M~1.
for(int t=s; t; t=t=(t-1)&s)//从子集转移过来
f[x][s]=max(f[x][s],f[x][s^t]+f[y][t]);//相当于加入第y个物品,它的体积是t
//也可以认为是 t->s的一种转移
}
for(int s=0; s<=M; s++)//遍历所有集合
f[x][s]+=val[s];//加上这个状态,分部门该有的影响
}
inline void init()
{
scanf("%d%d",&n,&p);
M=(1<<p)-1;//所有分部门都安排好该有的状态表示
for(int i=1; i<n; i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);//这里是添加边,以无向图的方式存储
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=1; j<=p; j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(int j=1; j<=M; j++)
f[i][j]=f[i][j ^ lowbit(j)]-a[i][tot(lowbit(j))];
//在这里lowbit(j)为j的第一个是1的位置.tot(lowbit(j))这个1所在的位置
}
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int v,c,x=0,s=0;
scanf("%d%d",&v,&c);
for(int i=1; i<=c; i++)
scanf("%d",&x),s|=(1<<(x-1));//s表示本次操作收到影响分部门集合
int p=s^M;//取出所有不受影响的位置
for(int t=p; t; t=(t-1)&p)
val[(t|s)]+=v;//所有包含s的集合,都要+v的影响
val[s]+=v;//完全包含也要+v
}
dfs(1,0);
printf("%d
",f[1][M]);//1是根节点,M为所有分部门都安排好了,这就是最后的答案
}
signed main()
{
init();
return 0;
}