權限題。
題意:
給出一顆n個節點的樹,要給每一條邊染一個1~n-1的顏色,染顏色i的代價爲i,要求同一個節點連出的所有邊所染顏色都互不相同,求一個爲整棵樹染色的方案,使得代價之和儘量小
Solution:
網絡流真的是萬能的…
表示節點x向其父親連的邊爲i時x的子樹所產生的最小貢獻
看似非常不好轉移
實際上就是非常不好轉移
所以說我們另闢蹊徑——費用流!
我們對於每個點x枚舉向它其父親連的邊col
每次我們把S向x的兒子節點連費用爲0,流量爲1的邊,對於f數組的第二維建n-1個節點,除了我們枚舉的col,其餘的點向T連費用爲0,流量爲1的邊,每個兒子節點向每個f數組的第二維節點i連費用爲 ,流量爲1的邊,最後費用流所得到的最小費用即爲
複雜度爲O(跑得過) 費用流複雜度
爆炸的一批,但是能過此題,而且只跑了1.4s…
代碼:
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int n,f[160][160],head[160],size;
struct E{
int to,next,v,f;
}G[180010];
int h[310],q[310*310],pre[310],prv[310],sz=1,dis[310],S,T,cnt;
bool vis[310];
struct edg{
int to,next;
}e[310];
void add(int x,int y)
{
size++;e[size].to=y;e[size].next=head[x];head[x]=size;
}
void add(int x,int y,int f,int v)
{
// cout<<x<<" "<<y<<" "<<f<<" "<<v<<endl;
sz++;G[sz]={y,h[x],v,f};h[x]=sz;
sz++;G[sz]={x,h[y],-v,0};h[y]=sz;
}
bool SPFA()
{
for (int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=0;
int tt=0,hh=0;
vis[S]=1;q[++tt]=S;dis[S]=0;
while (hh<tt)
{
int x=q[++hh];vis[x]=0;
for (int i=h[x];i;i=G[i].next)
{
int y=G[i].to;
if (G[i].f&&dis[y]>dis[x]+G[i].v)
{
dis[y]=dis[x]+G[i].v;
pre[y]=i;prv[y]=x;
if (!vis[y]) vis[y]=1,q[++tt]=y;
}
}
}
return (dis[T]!=inf);
}
void dfs(int x,int fa)
{
int p=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;if (y==fa) continue;
dfs(y,x);p++;
}
if (!p) return;
for (int col=1;col<n;col++)
{
if (x==1) col=n;
sz=1;memset(h,0,sizeof(h));S=0;T=p+n;cnt=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
{
int y=e[i].to;if (y==fa) continue;
add(S,++cnt,1,0);
for (int j=1;j<=n-1;j++)
add(cnt,p+j,1,f[y][j]+j);
}
for (int j=1;j<=n-1;j++) if (j!=col) add(p+j,T,1,0);
while (SPFA())
{
f[x][col]+=dis[T];
for (int i=T;i!=S;i=prv[i])
G[pre[i]].f--,G[pre[i]^1].f++;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);for (int x,y,i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
dfs(1,0);
printf("%d",f[1][n]);
}