POJ 2152 树型DP //很棒的题

题意：Z国有n个城市，从1到n给这些城市编号。城市之间连着高速公路，并且每两个城市之间有且只有一条通路。不同的高速公路可能有不同的长度。最近Z国经常发生火灾，所以当地政府决定在某些城市修建一些消防站。在城市k修建一个消防站须要花费大小为W[k]的费用。函数W对于不同的城市可能有不同的取值。如果在城市k没有消防站，那么它到离它最近的消防站的距离不能超过D[k]。每个城市在不超过距离D[k]的前提下，必须选择最近的消防站作为负责站。函数D对于不同的城市可能有不同的取值。为了节省钱，当地政府希望你用最少的总费用修建一些消防站，并且使得这些消防站满足上述的要求。摘自陈启峰论文，国家集训队论文集2006年

COGS上也有这道题，消防站，不过题目描述给简化了一下，思路少绕一个弯。

感觉这道题很棒，主要是自己并不会，去看了陈启峰的论文，了解到了一种解题的思想，可以去看一看那一篇论文，收获蛮大。

这道题还是很容易看出来用树型动规的，不过要用，还需要一点点变化，因为按照题目描述，想建立一个不错状态、设计出合法的转移是比较困难的。引用论文中的说法就是：题目的要求太严格了。因为要求对于每个城市，要求在D[k]范围内，选择最近的一个消防站作为负责站，因为最近这个词，使得状态设计很艰难，而COGS上简化的题意就直接略去了这个词。所以我们要简化题意、放宽限制。

这也算是通过这篇论文了解到的一种思想吧，当题目要求使得我们不太容易使用已知的算法来解决时，我们可以尝试放宽题目中的一些要求——在不影响解的正确性的前提下；或者说，当题目的要求过于宽泛使得我们无从下手时，我们同样可以在不影响解的正确性的前提下加一些条件。或许这种思想我们做题的时候经常用，不过看了论文是第一次表述出来这种思想。

对于“最近”这个词，思考我们删去后，对解是否有影响？当然没有，假如在范围内有多个消防站，我们解题时按照某一个作为负责站，但是”最近“的仍然是存在的，这一个状态仍然是合法的。
所以，我们可以设计出状态：f[i][j]表示城市i被j城市所建立的消防站负责时，以i为根的子树达到合法局面（每个城市都有相应消防站负责）需要的最小代价。当j不在i的子树中时，w[j]不计算在f[i][j]中。

之后我们就可以设计转移方程，不过当前的形式仍然不容易设计方程，因为这道题不像 vijos 小胖守皇宫一样，一个节点只有三种情况：被自己看守，被父节点看守，被子节点看守。而且每个节点“被负责”的范围是不同的。比如当前子树i，i被其子树中某一个节点j负责，那么i到j之间的这一段节点被谁负责？这一段仍需要相应的转移，并不好设计。此时的局面就可以说是，要求过于宽泛，无从下手。那么我们需要加一些要求。

假如i被j负责，那么i~j路径上所有的点都被j负责。如果有这个条件，转移就会简单很多，那么这个条件正确与否，是否会影响解的正确性呢？答案是正确的，最优解的局面，必然会有一种情况满足这个条件。一个局面对于多种情况是因为我们之前改了题目的限制，负责站不一定是最近的。详细证明，去看看陈启峰的论文吧。（→.→反正我这篇博客基本是看着那篇论文写的Orz）

对于一个状态f[i][j]首先判断是否合法，即dist(i, j) <= D[i]是否成立，不成立则f[i][j] = INF。
1. 当j不在以i为根的子树内时：
此时对于i节点的每个子节点k都有两个选择，要么选择j为负责站，要么在以k为根的子树中选择负责站。为了节约时间，再开一个best数组，best[i] = min{j在以i为根的子树中 | f[i][j]}，转移就是：
f[i][j] = Σ min{best[k], f[k][j]}
2. 当j == i时：
这时对于i的每个子节点k同样是两个选择，同上，只需要最后再加上一个w[i]，在i建立消防站的花费即可。转移就是：
f[i][j] = w[i] + Σ min{best[k], f[k][j]}
3. 当j在以i为根的子树内且j ！= i时：
假如j在以i的子节点k0为根的子树中，那么对于其他子节点k，转移同上，仍然是两种，而k0的转移就只有一种f[k0][j]了。转移就是：
f[i][j] = f[k0][j] + Σ min{best[k], f[k][j]} (k != k0)

现在已经调好了，两个DP函数都是可以用的，不过我最初写的那种会慢一点，因为多一个dfs求每个点的子树中都有那些节点。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <vector>
using namespace std;int n, w[1005], d[1005], best[1005], dis[1005][1005], f[1005][1005];bitset <1005> B[1005];
vector <int> G[1005];struct Edge{int a, b, c;}E[1005];int get_v(int u, int i)
{return E[G[u][i]].a == u ? E[G[u][i]].b : E[G[u][i]].a;
}void dfs(int u, int fa)
{B[u][u] = 1;for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){int v = get_v(u, i);if(v != fa) {dfs(v, u);B[u] |= B[v];}}
}void dfs2(int beg, int end, int u, int fa, int len)
{dis[beg][u] = dis[u][beg] = len;for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){int v = get_v(u, i);if(v != fa && !dis[u][v]) dfs2(beg, end, v, u, len+E[G[u][i]].c);}
}int dist(int i, int j)
{if(i == j || dis[i][j]) return dis[i][j];dfs2(i, j, i, 0, 0);return dis[i][j];
}void DP(int u, int fa)
{for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){int v = get_v(u, i);if(v != fa) DP(v, u);}for(int j = 1; j <= n; j++) if(dist(u, j) <= d[u])  {f[u][j] = 0;if(B[u][j] && u != j){int k0;for(int k = 0; k < G[u].size(); k++){int l = get_v(u, k);if(B[l][j] && l != fa){k0 = l; break;}}for(int k = 0; k < G[u].size(); k++){int l = get_v(u, k);if(l != fa && l != k0) f[u][j] += min(best[l], f[l][j]);}f[u][j] += f[k0][j];}else{   for(int k = 0; k < G[u].size(); k++){int l = get_v(u, k);if(l != fa) f[u][j] += min(best[l], f[l][j]);}f[u][j] += (u==j)*w[u];}if(B[u][j]) best[u] = min(best[u], f[u][j]);}
}/*void DP(int u, int fa)
{for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){int v = get_v(u, i);if(v != fa) DP(v, u);}for(int i = 1; i <= n; i++) if(dist(u, i) <= d[u]){f[u][i] = w[i];for(int j = 0; j < G[u].size(); j++){int v = get_v(u, j);if(v != fa) f[u][i] += min(best[v], f[v][i]-w[i]);}best[u] = min(best[u], f[u][i]);}
}*/int main()
{int T; scanf("%d", &T);while(T--){memset(B, 0, sizeof B);memset(G, 0, sizeof G);memset(dis, 0, sizeof dis);memset(f, 0x3f, sizeof f);memset(best, 0x3f, sizeof best);scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", w+i);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", d+i);for(int i = 1; i < n; i++){scanf("%d %d %d", &E[i].a, &E[i].b, &E[i].c);G[E[i].a].push_back(i);G[E[i].b].push_back(i);  }dfs(1, 0);DP(1, 0);printf("%d\n", best[1]);}return 0;
}

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