AGC034E Complete Compress

AGC034E Complete Compress

洛谷[AGC034E] Complete Compress

题目大意

给你一棵有$n$个节点的树，并用$01$串告诉你哪些节点上有棋子（恰好一棵）。

你可以进行若干次操作，每次操作可以将两颗距离至少为$2$的棋子向彼此移动一步。

问能否通过若干次操作使得所有的棋子都在一个点上。如果能，输出最小操作次数；否则，输出$-1$。

$2\le n\le 2000$

时间限制$3000ms$，空间限制$1024MB$。

题解

我们可以枚举最后所有棋子聚集在哪个点，设这个点为$r$，我们设$r$为根。

设$di{s}_u$表示$u$的子树中每个棋子到$u$的距离，那每一次操作会使$di{s}_r$减少$2$或者不变。我们发现， 如果不变的话，相当于浪费了一次，所以最优的肯定是选择减少$2$。

每次减少$2$，要不是在$r$的一个儿子的$dis$值减少$2$，要不是在$r$的两个儿子分别减少$1$。我们考虑什么时候无解，无解就是子树不能抵消完。设$m{n}_u$表示子树$u$中的棋子在内部操作若干次，直到不能再操作时的$di{s}_u$（也就是需要与其他子树操作的最小次数）。设$v$为$u$的儿子，我们比较$m{n}_v+si{z}_v$和$di{s}_u-di{s}_v-si{z}_v$的大小（$si{z}_v$表示子树$v$中的棋子个数）：

• 如果$m{n}_v+si{z}_v\le di{s}_u-di{s}_v-si{z}_v$，那就是能抵消完，最后剩的就是$m{n}_u=di{s}_u\%2$
• 如果$m{n}_v+si{z}_v>di{s}_u-di{s}_v-si{z}_v$，就不能抵消完，那我们拿其他部分来抵消$m{n}_v$，$m{n}_u=m{n}_v+si{z}_v-(di{s}_u-di{s}_v-si{z}_v)$

我们记录$u$的所有儿子$v$的$m{n}_v+di{s}_v+2si{z}_v$的最大值$m{x}_u$，然后用这个最大值来与$di{s}_u$作比较即可。

最后，看$m{n}_r$是否为$0$。如果为$0$，则可以抵消完，则用$di{s}_r/2$来更新答案（这里的$di{s}_r$是最开始的$di{s}_r$）；否则，以$r$为最终聚集的点是无解的。

时间复杂度为$O(n^2)$。

可以参考代码帮助理解。

题外话：这道题还有加强版，题意相同但数据范围更大，加强版的题目和题解请看这篇博客。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
int n,tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5],dep[N+5],siz[N+5];
long long ans=1e18,dis[N+5],mn[N+5],mx[N+5];
char s[N+5];
void add(int xx,int yy){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){siz[u]=(s[u]=='1');dis[u]=0;mn[u]=0;mx[u]=0;for(int i=r[u];i;i=l[i]){int v=d[i];if(v==fa) continue;dfs(v,u);siz[u]+=siz[v];dis[u]+=dis[v]+siz[v];long long tmp=dis[v]+siz[v]*2+mn[v];mx[u]=max(mx[u],tmp);}if(mx[u]<=dis[u]) mn[u]=dis[u]%2;else mn[u]=mx[u]-dis[u];
}
int main()
{scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);for(int i=1,x,y;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++){dfs(i,0);if(mn[i]==0) ans=min(ans,dis[i]/2);}if(ans==1e18) printf("-1\n");else printf("%lld\n",ans);return 0;
}