#2040 山贼集团

SDOI2008

题面
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,…,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
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<=X,Y<=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Aij。
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<=T<=2p)
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，Xi，为分部门的编号(Xi不能相同)。表示如果C个分部Xi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Xi集合，表示同时存在几种收益或者损失。

输出
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。

样例输出
2 1
1 2
2 1
1
3 1 1

样例输入
5

数据规模
对于40%的数据，1<=P<=6。
对于100%的数据，1<=N<=100，1<=P<=12，保证答案的绝对值不超过10^8。

SOL
显然树形DP。
注意到DP时需要维护管辖当前节点的部门的状态，再看看数据规模，于是想到状压。
设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示村落iii被jjj这个状态所对应的部门管辖的时候的子树答案，可以考虑用背包转移：f[u][j]=maxf[u][jxork]+f[v][k]f[u][j]=max{f[u][j xor k]+f[v][k]}f[u][j]=maxf[u][jxork]+f[v][k]
另外，可以发现这道题所给的部门的收益信息，可以进行一波预处理——对于每一个组合，所有包含该组合的状态都可以预处理出一个收益，而f[i][j]f[i][j]f[i][j]需要被a[i][j]a[i][j]a[i][j]初始化。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define re register
namespace Base{template<typename T>void chmax(T &x, T y){x=x<y?y:x;}}using namespace Base;
inline int rd(){int data=0,w=1;static char ch=0;ch=getchar();while(ch!='-'&&!isdigit(ch))ch=getchar();if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();while(isdigit(ch))data=(data<<3)+(data<<1)+ch-'0',ch=getchar();return data*w;
}
inline void write(int x){if(x<0)x=-x,putchar('-');if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0');}
const int N=105,S=4100,P=15;
int n,p,t,status,cnt,first[N],lo[S],a[N][P],val[S],f[N][S];
struct edge{int v,nxt;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){e[++cnt]=(edge){v,first[u]};first[u]=cnt;}
inline void dfs(int u,int fa){  for(int re i=first[u];i;i=e[i].nxt){int re v=e[i].v;if(v==fa)continue;dfs(v,u);for(int re j=status;j;j--)for(int re k=j;k;k=(k-1)&j)f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j^k]+f[v][k]);}for(int re i=status;i;i--)f[u][i]+=val[i];
}
signed main(){n=rd(),p=rd(),status=(1<<p)-1;for(int re i=1;i<n;i++){int u=rd(),v=rd();add(u,v),add(v,u);}for(int re i=0;i<=p;i++)lo[1<<i]=i;for(int re i=1;i<=n;i++){for(int re j=0;j<p;j++)a[i][j]=rd();for(int re j=1;j<=status;j++)for(int k=j;k;k-=k&-k){int re s=k&-k;f[i][j]=f[i][j^s]-a[i][lo[s]];}}t=rd();for(int re i=1;i<=t;i++){int re v=rd(),c=rd(),st=0;while(c--){int re x=rd();st|=1<<(x-1);}val[st]+=v;int re arc_st=st^status;for(int re j=arc_st;j;j=(j-1)&arc_st)val[st|j]+=v;}dfs(1,0);write(f[1][status]);exit(0);
}

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