BZOJ 1495 [NOI2006]網絡收費（暴力DP）

題意

給定一棵滿二叉樹，每個葉節點有一個狀態$0/1$，對於每兩個葉節點$i,j$，如果這兩個葉節點狀態相同但他們的$LCA$所管轄的子樹中的與他們狀態相同的葉節點個數較少（少於$1/2$），則會產生$2f_{ij}$的代價，如果狀態不同，則產生$f_{ij}$的代價，如果狀態相同且$LCA$管轄子樹中與他們狀態相同葉節點個數較多，則不產生代價，現在每個節點可以變更狀態，但變更狀態也有自己的代價，求最小總代價 。

題解

在滿二叉樹上暴力枚舉這個點子樹中是$0$多還是$1$多，然後遞歸下去$DP$合併。時間複雜度是$O(2^n\cdot 2^n\cdot n)$的。對於每一個葉子結點，到根的路徑最長只有$n$，所有情況就是$2^n$，所以所有葉子節點加起來的時間複雜度是$2^n\cdot 2^n$，由於還要枚舉這條路徑上的點算代價，所以就再乘個$n$。

費用的計算方法就是：
對於點對$(i,j)$的貢獻，如果$LCA$和$i$異色，費用就加上一個$f_{ij}$，如果$LCA$和$j$異色，就再加上一個$f_{ij}$。可以發現這樣算出來的答案恰好符合題意。$LCA$的顏色就表示子樹下面$1$多還是$0$多，這個是暴力枚舉的。

具體實現看代碼。

CODE

$dp[i][j]$表示在$i$的子樹裏選了$j$個$1$的最小費用。

#pragma GCC optimize (3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 2060;
const LL INF = 1ll<<40;
int f[MAXN][2], n, all, a[MAXN];
LL dp[MAXN][MAXN], cst[MAXN][12];
bool clr[12];
void dfs(int x, int dep) {
	for(int i = 0; i <= all; ++i) dp[x][i] = INF;
	if(dep == n) {
		dp[x][0] = f[x-all][0];
		dp[x][1] = f[x-all][1];
		for(int i = 0; i < n; ++i) dp[x][clr[i]^1] += cst[x-all][i];
		return;
	}
	int half = 1<<(n-dep-1);
	clr[dep] = 0; dfs(x<<1, dep+1), dfs(x<<1|1, dep+1);
	for(int i = 0; i <= half; ++i)
		for(int j = 0; i+j <= half; ++j)
			dp[x][i+j] = min(dp[x][i+j], dp[x<<1][i] + dp[x<<1|1][j]);
	
	clr[dep] = 1; dfs(x<<1, dep+1), dfs(x<<1|1, dep+1);
	for(int i = 0; i <= half; ++i)
		for(int j = half+1-i; j <= half; ++j)
			dp[x][i+j] = min(dp[x][i+j], dp[x<<1][i] + dp[x<<1|1][j]);
}
int lca_dep(int u, int v) {
	for(int i = n-1; i >= 0; --i) if((u>>i) != (v>>i)) return n-i-1;
}
int main () {
	scanf("%d", &n); all = 1<<n;
	for(int i = 0; i < all; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	for(int i = 0; i < all; ++i) f[i][a[i]] = 0, scanf("%d", &f[i][a[i]^1]);
	for(int i = 0; i < all; ++i)
		for(int j = i+1; j < all; ++j) {
			int k = lca_dep(i, j), v; scanf("%d", &v);
			cst[i][k] += v, cst[j][k] += v;
		}
	dfs(1, 0);
	printf("%lld\n", *min_element(dp[1], dp[1] + all + 1));
}