CCF CSP 竞赛试题——城市规划（201909-5）（100分）

简介

参考自@WNJXYK写的CSP 201909-5 城市规划，感谢。

• 城市中有N个公交站，公交站之间通过N-1条道路连接，每条道路有相应的长度。保证所有公交站两两之间能够通过一条唯一的通路互相达到。

  这实际上告诉我们，输入是一棵有N个节点的树。

• 输出路径长度总和即可

  要求解的是两两之间路径长度之和的最小值，而不是类似最小生成树那样的结果。

• 对于某一条边，假设在这条边两端的子树里分别选了 x (0 <= x <= K) 和 K - x 个重要节点，那么，在计算两两之间路径长度总和时，这条边要累加 x * (K - x) 次。简单的组合问题。

• 下面的写法是按照点分治来的。定义 dp[i][j] 为 在以节点 i 为根的子树中选 j 个重要节点时，在这个子树里的最小路径和 。即，仅计算在这棵子树里的每条边。

• 如果以节点 i 为根的子树里，没有足够的 j 个重要节点，那么 dp[i][j] = -1，表示此情况无意义。同时对任意 i 有 dp[i][0] = 0。

• 当这棵子树仅有一个节点u时，如果u是重要节点的话，dp[u][1] = 0 ；否则，dp[u][1] = -1。

• 当这棵子树不止一个节点u时，我们先算出u的下一级节点（也即u的子树）的解，然后再合并成节点u的解。合并的方法，类似于背包问题，从n个子树里总共选 x (0 < x <= K) 个重要节点，使得 dp[u][x] 最小。这里又用到递归。假设已知前 n-1棵子树的合并结果，也就是说，已知从前 n-1 棵子树里选 x 个重要节点的 dp[u][x]，那么，从所有 n 棵子树里选 x 个重要节点的 dp[u][x] 等于，从前 n-1 棵子树里选 y (0 <= y <= x)个重要节点并且从第 n 棵子树里选 x - y 个节点，这 x + 1 种情况的最小值。不会打漂亮的数学公式，建议直接阅读代码相关部分。

时间复杂度

solve只执行了N次，每个节点一次。第16行起的二重循环，复杂度为 $O(K ^ 2)$。

总的时间复杂度为 $O(NK ^ 2)$

代码

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int N, M, K;
vector<bool> imp;
vector<vector<pair<int, int>>> tree;
vector<vector<long long>> dp; // dp[i][j]: 在以节点i为根的子树中选j个重要节点时，在这个子树里的最小路径和

void solve(int u, int fa) {
    vector<long long>& cur = dp[u];        // 当前要求解的数组
    cur[0] = 0;                            // j = 0(一个重要节点都不选)时，路径和显然为0
    for (const auto& pr: tree[u]) if (pr.first != fa) {
        solve(pr.first, u);                // 先解出子问题dp[pr.first]，然后合并，分治思想
        vector<long long>& sub = dp[pr.first];
        for (int x = K; x > 0; --x) {      // 合并时，重用了数组cur。应该将此时的cur视为前n-1个子树合并后的结果
            for (int y = x; y >= 0; --y) {
                if (cur[y] != -1 && sub[x - y] != -1) {
                    long long t = cur[y] + sub[x - y] + (long long)pr.second * (x - y) * (K - x + y);
                    if (cur[x] == -1 || cur[x] > t) cur[x] = t;
                }
            }
        }
    }
    if (imp[u]) {
        for (int i = K; i > 0; --i)
            if (cur[i] == -1 || cur[i] > cur[i - 1]) // cur[i] != -1的话，cur[i-1]不可能等于-1
                cur[i] = cur[i - 1];
    }
}

int main() {
    cin.tie(nullptr);
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin >> N >> M >> K;
    imp.resize(N + 1);
    for (int i = 0; i < M; ++i) {
        int x;
        cin >> x;
        imp[x] = true;
    }
    tree.resize(N + 1);
    for (int i = 1; i < N; ++i) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        tree[a].emplace_back(b, c);
        tree[b].emplace_back(a, c);
    }
    dp.resize(N + 1, vector<long long>(K + 1, -1));
    solve(1, 0);
    cout << dp[1][K] << endl;
    return 0;
}