BZOJ1063：道路设计（树形dp）

1063: [Noi2008]道路设计

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Description

　　Z国坐落于遥远而又神奇的东方半岛上，在小Z的统治时代公路成为这里主要的交通手段。Z国共有n座城市，一
些城市之间由双向的公路所连接。非常神奇的是Z国的每个城市所处的经度都不相同，并且最多只和一个位于它东
边的城市直接通过公路相连。Z国的首都是Z国政治经济文化旅游的中心，每天都有成千上万的人从Z国的其他城市
涌向首都。为了使Z国的交通更加便利顺畅，小Z决定在Z国的公路系统中确定若干条规划路线，将其中的公路全部
改建为铁路。我们定义每条规划路线为一个长度大于1的城市序列，每个城市在该序列中最多出现一次，序列中相
邻的城市之间由公路直接相连(待改建为铁路)。并且，每个城市最多只能出现在一条规划路线中，也就是说，任意
两条规划路线不能有公共部分。当然在一般情况下是不可能将所有的公路修建为铁路的，因此从有些城市出发去往
首都依然需要通过乘坐长途汽车，而长途汽车只往返于公路连接的相邻的城市之间，因此从某个城市出发可能需要
不断地换乘长途汽车和火车才能到达首都。我们定义一个城市的“不便利值”为从它出发到首都需要乘坐的长途汽
车的次数，而Z国的交通系统的“不便利值”为所有城市的不便利值的最大值，很明显首都的“不便利值”为0。小
Z想知道如何确定规划路线修建铁路使得Z国的交通系统的“不便利值”最小，以及有多少种不同的规划路线的选择
方案使得“不便利值”达到最小。当然方案总数可能非常大，小Z只关心这个天文数字modQ后的值。注意：规划路
线1-2-3和规划路线3-2-1是等价的，即将一条规划路线翻转依然认为是等价的。两个方案不同当且仅当其中一个方
案中存在一条规划路线不属于另一个方案。

Input

　　第一行包含三个正整数N、M、Q,其中N表示城市个数,M表示公路总数,N个城市从1~N编号,其中编号为1的是首都
。Q表示上文提到的设计路线的方法总数的模数。接下来M行,每行两个不同的正数ai、bi(1≤ai,bi≤N)表示有一条
公路连接城市ai和城市bi。输入数据保证一条公路只出现一次。

Output

　　包含两行。第一行为一个整数,表示最小的“不便利值”。第二行为一个整数,表示使“不便利值”达到最小时
不同的设计路线的方法总数modQ的值。如果某个城市无法到达首都,则输出两行-1。

Sample Input

5 4 100
1 2
4 5
1 3
4 1

Sample Output

1
10

HINT

　　以下样例中是10种设计路线的方法：

(1)4-5

(2)1-4-5

(3)4-5，1-2

(4)4-5，1-3

(5)4-5，2-1-3

(6)2-1-4-5

(7)3-1-4-5

(8)1-4

(9)2-1-4

(10)3-1-4

【数据规模和约定】

对于100%的数据，满足1≤N，M≤100000，1≤Q≤120000000。

题意：给N个点组成的森林，边权为1，可以修改任意边权为0，但与每个点直接相邻且权值为0的边至多有2条，要令所有点到1号点的最大距离最小，输出该距离和方案数。

思路：首先判断是否一棵树，不是就输出-1。然后进行树形dp，dp[i][j][k](k<=2)表示以i为根的子树到i点的最远距离<=j，且i跟它的k个儿子的边置0的方案数。那么我们枚举j，每次都跑一次树形dp就可以列出转移方程了，那么j(也就是答案)枚举到多少为止呢？根据树链剖分的定义，至多有logN条轻边，而轻边就是这里的权为1的边，所以枚举的次数不会很多。最后由于涉及乘法取模，模为0的时候设为mod本身，否则方程转移时乘以0又是0就会WA。

# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <vector>
# include <cmath>
# include <cstring>
# define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5+30;
vector<int>g[maxn];
int dp[maxn][20][3]={0}, mod;
int n, m, u, v, pre[maxn];
int read()
{int x=0; char ch=getchar();while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();while (ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }return x;
}
int find(int x)
{if(x != pre[x]) pre[x] = find(pre[x]);return pre[x];
}
LL cal(LL x)
{if(!x) return 0;LL t = x%mod;return t?t:mod;
}
void dfs(int cur, int lim, int pre)
{dp[cur][lim][0] = 1;for(int i=0; i<g[cur].size(); ++i){int to = g[cur][i];if(to == pre) continue;dfs(to, lim, cur);LL t1 = lim?cal((LL)dp[to][lim-1][0]+dp[to][lim-1][1]+dp[to][lim-1][2]):0;//不置0LL t2 = cal((LL)dp[to][lim][0]+dp[to][lim][1]);//置0dp[cur][lim][2]=cal((LL)dp[cur][lim][2]*t1+(LL)dp[cur][lim][1]*t2);dp[cur][lim][1]=cal((LL)dp[cur][lim][1]*t1+(LL)dp[cur][lim][0]*t2);dp[cur][lim][0]=cal((LL)dp[cur][lim][0]*t1);}
}
int main()
{n = read();m = read();mod = read();for(int i=1; i<=n; ++i) pre[i] = i;while(m--){u = read(), v = read();g[u].pb(v);g[v].pb(u);pre[find(u)] = pre[find(v)];}int anc = find(1);for(int i=2; i<=n; ++i)if(find(i) != anc)return 0*printf("-1\n-1");for(int i=0;;++i){dfs(1,i,0);if(dp[1][i][0] || dp[1][i][1] || dp[1][i][2]){printf("%d\n",i);printf("%d\n",(dp[1][i][0]+dp[1][i][1]+dp[1][i][2])%mod);return 0;}}return 0;
}