[数据结构与算法]BZOJ 2133 切割（树形DP，树上背包）大概是本题全网第一篇题解 ＞_＜【BZOJ 修复工程】

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实际上是一个全新的精炼模板整合计划

BZOJ 2133 切割这道题全网搜不到任何一篇题解 >_<

看评测记录也没有几个人AC…

不过其实很简单就是了，可能是大佬们写完之后不屑于写题解吧 o(〃＾▽＾〃)o

题目链接

https://hydro.ac/d/bzoj/p/2133

是 hydro 的 BZOJ 修复工程 ！（我也去领了一点题慢慢修着玩，这题就是我修的嘿嘿嘿）

题目描述

有一棵 $n$ 个节点的无根树，节点编号为 $1\dots n$。每个节点有一个非负权值。现在需要把这棵树分成若干个联通块（不能有剩下的点），每个联通块的节点个数在 $k_1$ 和 $k_2$ 之间，每个联通块的得分就是该联通块中所有节点权值的平均值。总得分就是指对这个树切割后所有联通块的得分的和。你需要求出一种分割的方案使得总得分尽量小。

输入格式

第一行三个整数 $n,k_1,k_2$；

第二行 $n$ 个整数，第 $i$ 个数表示编号为 $i$ 的节点的权值，每两个相邻整数之间用一个空格隔开；

接下来 $n?1$ 行，每行两个整数 $x,y$ ，表示编号为 $x$的节点和编号为 $y$的节点之间有一条边。

输出格式

如果存在一个切割方案，那么输出一个实数（四舍五入保留二位小数），表示所有分割方案中最小的总得分。如果不存在切割方案，那么输出所有节点权值和的两倍。如果对于某个测试点你的输出和标准输出完全一样，那么将得到该测试点全部的分，否则该测试点不得分（我写的sp貌似有问题，大家可以使用 double 类型存储数据，输出结果的整数部分保证不超过 $9$ 位（十进制），使用 double 类型可以保证小数部分至少是 $6$位，因而精度应该不存在问题）。

输入样例

3 1 1
1 1 1
1 2
2 3

输出样例

3.00 

数据规模与约定

对于 $100\%$ 的数据，$1\le k_1\le k_2\le n，2\le n\le 50$，每个点的权值均不超过 $10^9$ 。

Solution

首先随便定一个点 $root$ 为树根，将无根树转化为有根树。

数据较大，显然不可能直接爆搜，考虑树形DP。

显然设 $f[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树中能获得的最小的总得分，分析题意考虑需要维护哪些信息。

首先题目中给定的计算方式暂时没有什么切入点，先忽略掉，对于每个连通块，块内结点个数是有一个范围限制的，即 $k_1\le num\le k_2$，显然我们需要维护这个信息，考虑设 $f[i,j]$ 表示以 $i$ 为根的子树在切割后，所属的连通块的结点个数为 $j$ ，能获得的最小总得分。

发现没法转移…

考虑 $n\le 50$，$O(n^4)～O(n^4\log n)$，甚至 $O(n^5)$ 都有可能通过（手动狗头）

考虑再增加一些维护的信息。

树形DP考虑从子树的角度出发分析，题目可以转换为从子树中选择若干个点，加入到根节点的连通块内，即树上背包问题，考虑转移和需要维护的信息。显然我们只能从子树中选取不超过该连通块的总数 $j$ 的节点数放入当前连通块内，考虑维护 $k$ 表示根节点 $i$ 的子树中被选入 $i$ 所在的连通块的结点个数，这样我们将问题转化为一个 0/1 背包的模型，直接按照背包 $O(n^2)$ 转移即可。

即设 $f[i,j,k]$ 表示以 $i$ 为根的 子树 在切割后，结点 $i$ 所属的连通块的结点个数为 $j$ ，子树中被选入 $i$ 所在的连通块的结点个数为 $k$ （显然包括），能获得的最小的总得分。

考虑如何维护答案，因为我们并不能确定每个连通块内结点的个数，因此我们直接以 $i$ 为根维护答案即可，设 $ans[i]$ 表示以 $i$ 为根的 子树中 的最小总得分，显然我们必须要从子树中选择 $j$ 个结点填满背包才算合法，故答案为： a n s [ i ] = min ? { f [ i ] [ j ] [ j ] ∣ j ∈ [ k 1 , k 2 ] } \displaystyle ans[i] = \min\{f[i][j][j]\mid j\in[k_1,k_2]\} ans[i]=min{f[i][j][j]∣j∈[k1?,k2?]}

最后的答案显然是 $ans[root]$。

最后如果没有合法的方案的话（ans[root] == maxx），根据题意输出总和的二倍即可。

注意 double 类型的数使用 memset 初始化的时候，$\infty$ 使用 0x7f，$?\infty$ 使用 0xef。

Code

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

const int maxn = 100 + 7, maxm = maxn << 1, INF = 0x3f3f3f3f;
const double DINF = 1e18, eps = 1e-8;
int n, m, s, t;
int k1, k2;
double w[maxn];
double f[maxn][maxn][maxn];
double ans[maxn];
int siz[maxn];
vector <int> e[maxn];
bool vis[maxn];
double sum;

int sgn(double x)
{
	if(fabs(x) < eps)
		return 0;
	if(x < 0)
		return -1;
	return 1;
}
 
void dfs(int x, int fa)
{ 
	for (auto y : e[x]) {
		if(y == fa) continue;
		dfs(y, x); 
	} 
	for (int j = k1; j <= k2; ++ j) {
		f[x][j][1] = w[x] / j;
		for (auto y : e[x]) {
			if(y == fa) continue;
			for (int k = j; k >= 1; -- k) {
				f[x][j][k] = f[x][j][k] + ans[y];
				for (int l = 1; l <= k - 1; ++ l) 
					if(sgn(f[x][j][k] - (f[x][j][k - l] + f[y][j][l])) == 1)
						f[x][j][k] = f[x][j][k - l] + f[y][j][l];
			}
		}
		if(sgn(ans[x] - f[x][j][j]) == 1)
			ans[x] = f[x][j][j];
	}
}

int main()
{ 
	sum = 0;
	memset(f, 0x7f, sizeof f);
	memset(ans, 0x7f, sizeof ans);
	double maxx = ans[1];
	scanf("%d%d%d", &n, &k1, &k2);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		scanf("%lf", &w[i]), sum += w[i];
	for (int i = 1; i <= n - 1; ++ i) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);
		e[x].push_back(y);
		e[y].push_back(x);
	}
	dfs(1, -1);
	if(ans[1] == maxx) printf("%.2f", sum * 2.0);
	else printf("%.2f", ans[1]);
	return 0;
}