【uva1380 - 一个调度问题】思路题+树形dp
【题意】 有n<=200个恰好需要一天完成的任务,要求用最少的时间完成所有任务。任务可以同时完成。但是有一些约束,分有向和无向两种,其中A-->B表示A必须在B前面完成,而A--B表示A和B不能在同一天完成。
题解:最具体的题解在紫书上。。。
如果树上的所有边都是有向边,那么答案就是最长链上的点数。
这个显然。。因为A-->B--->C---->D就最少需要四天。。
这样,原问题转化为:将树上所有的无向边定向,使得树上的最长链最短。
最长链最短——二分答案。
现在问题再次转化:给定一个x,判断是否可以给无向边定向,使得最长链的点数<=x。
设定f[i]表示以i为根的子树全部定向后,最长链点数不超过x的前提下,后代到i的最长链的最小值。g[i]相反(i到后代)。
设y为i的某个孩子。
转化无向边的过程分为两种情况:
a. 如果一个子树中不存在无向边,则经过子树的根结点的最长有向路结点数为f+g+1。
b. 如果一个结点a的子结点存在无向边,则我们先递归求出所有a的子结点的f和g,然后暴力枚举将所有无向边转化为上行/下行有向边,对于每一种枚举,按照上面不存在无向边时的方法,求出f, g和f+g+1,检查是否大于k。枚举的过程中,记下所有成功的枚举中最小的f和g,把它们和原本就是有向边子结点的最小的f和g比较,取较大值。(f和g本身是最长路的长度,这里要取的是不同成功的枚举情况下,遇到的最小的f和g。)
如何给边定向呢?
但是如果我们完全枚举无向边的转换方法,则复杂度为O(2^n),n为子结点中无向边的数量。这里有一个非常棒的优化:
求出所有子结点的f和g之后,把无向边的f和g值存到一个数组中,按照f值排序。
之后我们从第一位开始考虑,将无向边换为下行有向边,考虑到第p位的时候,我们可以将前p-1位的无向边一并换为下行有向边。因为第p位的f值大于前p-1位无向边的f值,将前p-1位同时换为下行有向边,整个树的f值不会变(f为最长路的长度,而排序后,前p-1位形成的路都不会比第p位长),而g值有可能变小。这时,我们找出第p+1位到第n位中最大的g值,求出f+g+1,检查是否小于等于k即可。一旦有某一个p满足了要求就可以得出结果并终止枚举。复杂度为线性。
也就是说,我们只需要枚举p,把f值前小的全部定向为y-->i。
求g的过程相同,按照g值排序、枚举即可。
为什么取的是不同情况下遇到的最小的f和g呢?
因为对于以后要用到f[i]和g[i]的点,必定是i的父亲,它每次只用到f[i]或g[i]。
但是对于根节点而言,它的最长链是f[i]+g[i],这里的f[i]和g[i]取了不同的情况,所以我们在求f[i]、g[i]的时候就看ff+gg+1是否<=lim,是的话才更新。也就是说,如果没有一种方案满足,f[i]和g[i]都是INF。
所以最后判断是否可行只需要看根节点的f[i]或g[i]是否<INF即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 using namespace std; 7 8 const int N=210,INF=(int)1e9; 9 int n,len,tl,f[N],g[N],first[N]; 10 struct node{ 11 int x,y,next,tmp; 12 bool bk; 13 }a[N]; 14 struct point{ 15 int d,id; 16 }tf[N],tg[N]; 17 18 int maxx(int x,int y){return x>y ? x:y;} 19 int minn(int x,int y){return x<y ? x:y;} 20 21 void ins(int x,int y,int tmp) 22 { 23 a[++len].x=x;a[len].y=y;a[len].tmp=tmp;a[len].bk=0; 24 a[len].next=first[x];first[x]=len; 25 } 26 27 bool cmp(point x,point y){return x.d<y.d;} 28 29 void dp(int x,int lim) 30 { 31 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) dp(a[i].y,lim); 32 tl=0; 33 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) 34 { 35 int y=a[i].y; 36 if(a[i].tmp==2) 37 { 38 tl++; 39 tf[tl].d=f[y];tf[tl].id=i; 40 tg[tl].d=g[y];tg[tl].id=i; 41 } 42 } 43 sort(tf+1,tf+1+tl,cmp); 44 sort(tg+1,tg+1+tl,cmp); 45 if(tl==0) 46 { 47 f[x]=0;g[x]=0; 48 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) 49 { 50 int y=a[i].y; 51 if(a[i].tmp==1) f[x]=maxx(f[x],f[y]+1); 52 if(a[i].tmp==0) g[x]=maxx(g[x],g[y]+1); 53 if(f[x]+g[x]+1>lim) {f[x]=INF,g[x]=INF;break;} 54 } 55 if(!first[x]) f[x]=g[x]=INF;//debug 56 } 57 else 58 { 59 //find_f 60 f[x]=INF;g[x]=INF; 61 int ff,gg; 62 for(int k=0;k<=tl;k++) 63 { 64 ff=0;gg=0; 65 if(k>0) a[tf[k].id].bk=1; 66 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) 67 { 68 int y=a[i].y; 69 if(a[i].tmp==1 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==1)) ff=maxx(ff,f[y]+1); 70 if(a[i].tmp==0 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==0)) gg=maxx(gg,g[y]+1); 71 } 72 if(ff+gg+1<=lim) f[x]=minn(f[x],ff); 73 } 74 for(int k=1;k<=tl;k++) a[tf[k].id].bk=0; 75 76 77 for(int k=0;k<=tl;k++) 78 { 79 ff=0;gg=0; 80 if(k>0) a[tg[k].id].bk=1; 81 for(int i=first[x];i;i=a[i].next) 82 { 83 int y=a[i].y; 84 if(a[i].tmp==1 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==0)) ff=maxx(ff,f[y]+1); 85 if(a[i].tmp==0 || (a[i].tmp==2 && a[i].bk==1)) gg=maxx(gg,g[y]+1); 86 } 87 if(ff+gg+1<=lim) g[x]=minn(g[x],gg); 88 } 89 for(int k=1;k<=tl;k++) a[tg[k].id].bk=0; 90 } 91 // printf("f %d = %d g %d = %d\n",x,f[x],x,g[x]); 92 } 93 94 bool check(int lim) 95 { 96 // printf("lim = %d\n",lim); 97 dp(1,lim); 98 return (f[1]<INF); 99 } 100 101 int main() 102 { 103 freopen("a.in","r",stdin); 104 int n,y; 105 char ch; 106 while(1) 107 { 108 n=0; 109 len=0; 110 memset(first,0,sizeof(first)); 111 while(1) 112 { 113 int x; 114 scanf("%d",&x); 115 if(x==0) break; 116 n=maxx(n,x); 117 while(1) 118 { 119 scanf("%d%c",&y,&ch); 120 n=maxx(n,y); 121 if(y==0) break; 122 if(ch=='d') ins(x,y,0); 123 else if(ch=='u') ins(x,y,1); 124 else ins(x,y,2); 125 } 126 } 127 if(n==0) break; 128 int l=0,r=n,mid;//debug 是n而不是n-1 129 while(l<r) 130 { 131 mid=(l+r)/2; 132 if(check(mid)) r=mid; 133 else l=mid+1; 134 } 135 printf("%d\n",l); 136 } 137 return 0; 138 }
转载于:https://www.cnblogs.com/KonjakJuruo/p/5969831.html
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