NOIP模拟试题详讲2021/10/30

好难啊！！！！！！！！！！！

T1集合

给定一棵n个点的树，给定正整数k , 在树上找出k 个不同的点，设为A1,A2…Ak，使得∑_k−1ⁱ⁼¹dis(Ai,Ai+1)最小，输出这个最小值。其中dis(x,y)表示树上x,y之间最短路的长度。

可以发现，k个点在原来的树上是一个连通的子树。
对于主要路径上的边，权值只算一次，
而其他额外的边，权值要乘上2。
这里我们考虑使用树形DP。 ~~虽然我考虑不到……~~
我们可以原来的树拆成很多的子树，更新这些子树合并后的权值的状态。

定义：

size[x]表示以x为根的子树中节点的个数。
dp[x][m][2]表示经过x的子树，起点和终点均是x，所经过m个点的最小路径。
dp[x][m][1]表示经过x的子树，起点或终点是x，所经过m个点的最小路径。
dp[x][m][0]表示经过x的子树，起点和终点都不是x，所经过m个点的最小路径。

状态转移：

状态转移就好办了。

对于起点终点均是x的状态。
红色代表主要路径，蓝色代表额外的路径。
在这里插入图片描述我们来看蓝色的线就是表示起点终点都是x的状态。
这种情况，容易得到边权就要乘上2。

对于起点或终点为x的状态。
在这里插入图片描述像这样的就是起点是x，终点是y，那么只会跑一次。

对于x既不是起点，也不是终点的。
在这里插入图片描述像这样，那么边权还是也乘上2。

状态转移时还要注意起点和终点的个数平衡。
综上，核心代码：

dp[x][j+k][2]=min(dp[x][j+k][2],dp[x][j][0]+dp[y][k][2]+2*w[i]);
dp[x][j+k][2]=min(dp[x][j+k][2],dp[x][j][1]+dp[y][k][1]+w[i]);
dp[x][j+k][2]=min(dp[x][j+k][2],dp[x][j][2]+dp[y][k][0]+2*w[i]);
				
dp[x][j+k][1]=min(dp[x][j+k][1],dp[x][j][0]+dp[y][k][1]+w[i]);
dp[x][j+k][1]=min(dp[x][j+k][1],dp[x][j][1]+dp[y][k][0]+2*w[i]);
				
dp[x][j+k][0]=min(dp[x][j+k][0],dp[x][j][0]+dp[y][k][0]+2*w[i]);

只需要从1一直dfs即可，并统计以x为根的子树中节点的个数。
代码实现：
PS:状态转移时压点行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define qwq ch-'0'
void get(int &res)
{
    
    
    char ch;bool flag=0;
    while(!isdigit(ch=getchar()))
        (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=qwq;isdigit(ch=getchar());res=res*10+qwq);
    (flag)&&(res=-res);
}

const int N=3005,M=1e4+5;
int n,num,dp[N][M][3],ans=0x3f3f3f3f,size[N];
int first[N],nex[M],to[M],w[M],tot;

void add(int x,int y,int z)
{
    
    
	nex[++tot]=first[x];
	first[x]=tot;
	to[tot]=y;
	w[tot]=z;
}

void dfs(int x,int far)
{
    
    
	size[x]=1;
	dp[x][1][0]=dp[x][1][1]=dp[x][1][2]=0;//初始化
	for(int i=first[x];i;i=nex[i])
	{
    
    
		int y=to[i];
		if(y==far) continue;
		dfs(y,x);
		for(int j=size[x];j>=1;j--)
			for(int k=size[y];k>=1;k--)
			{
    
    
				dp[x][j+k][2]=min(dp[x][j+k][2],min(dp[x][j][0]+dp[y][k][2]+2*w[i],min(dp[x][j][1]+dp[y][k][1]+w[i],dp[x][j][2]+dp[y][k][0]+2*w[i])));
				dp[x][j+k][1]=min(dp[x][j+k][1],min(dp[x][j][0]+dp[y][k][1]+w[i],dp[x][j][1]+dp[y][k][0]+2*w[i]));
				dp[x][j+k][0]=min(dp[x][j+k][0],dp[x][j][0]+dp[y][k][0]+2*w[i]);
			}
		size[x]+=size[y];
	}
	ans=min(ans,dp[x][num][2]);
}

int main()
{
    
    
	get(n);get(num);
	int x,y,z;
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
    
    
		get(x);get(y);get(z);
		add(x,y,z);
		add(y,x,z);
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dfs(1,0);
	cout<<ans;
	return 0;
}

时间复杂度O(n²)。

PS:其他题还不会做qwq