JLOI/SHOI 2016 侦察守卫 题解

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题目大意： 给出一棵树，有 $m$ 个关键点，在一个点放置侦查守卫可以监视距离为 $d$ 以内的点，在每个点放侦查守卫有不同代价，求最小代价监视所有关键点。

题解

不难想到树形 $dp$，但这题状态设计十分巧妙，设 $f_{x,i}$ 表示 $x$ 子树内关键点都被监视了，且还能监视到 $x$ 距离小于等于 $i$ 的点最小代价，$g_{x,i}$ 表示 $x$ 子树内到 $x$ 距离小于 $i$ 的都没被监视，但大于等于 $i$ 的都被监视了的最小代价。

定义上需要注意的是，$f_{x,0}$ 只能监视子树，不能再往外监视，而 $g_{x,0}$ 表示子树内都被监视，因为不存在到 $x$ 距离小于 $0$ 的点，也就是要注意小于等于和小于的问题。

考虑 $x$ 的一棵子树 $y$ 对 $x$ 的贡献，先枚举出 $i$，考虑 $f_{x,i}$，假如 $x$ 要能往外监视 $i$ 层，那么必定有一个子树能往外监视 $i+1$ 层，这个子树可以是之前的子树，那么贡献就是 $f_{x,i}+g_{y,i}$，因为 $y$ 往下 $i-1$ 层也可以顺便被 $x$ 监视；这个子树也可以是 $y$，贡献就是 $f_{y,i+1}+g_{x,i+1}$。

再考虑 $g$ 的转移，显然有 $g_{x,0}=f_{x,0}$，而对于 $g_{x,i}$，加上子树的 $g_{y,i-1}$ 即可。

但是有一个小问题，有可能 $f_{x,i+1}<f_{x,i}$，即监视更多层的代价会更小，由于 $f$ 的定义是恰好监视 $i$ 层所以可能出现这样的情况。

不妨稍改一下定义：令 $f_{x,i}$ 表示 $x$ 往外至少能监视 $i$ 层，$g_{x,i}$ 表示 $x$ 往下至多有 $i-1$ 层未被监视，那么对 $g,f$ 再分别取一个前后缀 $\min$ 即可。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 500010

int n,d,m,a[maxn];
struct edge{
    
    int y,next;}e[maxn<<1];
int first[maxn],len=0;
void buildroad(int x,int y){
    
    e[++len]=(edge){
    
    y,first[x]};first[x]=len;}
bool key[maxn];
int f[maxn][20],g[maxn][20];
void dfs(int x,int fa){
    
    
	for(int i=1;i<=d;i++)f[x][i]=a[x];
	if(key[x])f[x][0]=g[x][0]=a[x];
	f[x][d+1]=1e9;
	for(int i=first[x];i;i=e[i].next){
    
    
		int y=e[i].y;if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		for(int j=0;j<=d;j++)f[x][j]=min(f[x][j]+g[y][j],f[y][j+1]+g[x][j+1]);
		for(int j=d-1;j>=0;j--)f[x][j]=min(f[x][j],f[x][j+1]);
		g[x][0]=f[x][0];
		for(int j=1;j<=d;j++)g[x][j]+=g[y][j-1];
		for(int j=1;j<=d;j++)g[x][j]=min(g[x][j],g[x][j-1]);
	}
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d",&n,&d);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1,x;i<=m;i++)scanf("%d",&x),key[x]=true;
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
    
    
		scanf("%d %d",&x,&y);
		buildroad(x,y);buildroad(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	printf("%d",g[1][0]);
}