【2020牛客多校第七场 E】NeoMole Synthesis 题解
题目大意
给定一棵 n n n 个点的目标树，以及 m m m 棵模板树，每棵模板树有一个单价 c i c_i ci，数量无限多。这里的树都是无根树。
现在要用若干模板树拼成目标树（就是用模板去覆盖目标树，使得目标树的每个点恰好被覆盖一次），求最小代价。
n ≤ 500 , m ≤ 200 n \leq 500,\ m \leq 200 n≤500, m≤200，所有模板树的结点数总和 N ≤ 500 N \le 500 N≤500
c i ≤ 1 0 6 c_i \leq 10^6 ci≤106
1s
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题解
妙啊。。。
首先大的框架是个树形 dp。把目标树当有根树，设 d p i , ( j , p j ) dp_{i,(j,pj)} dpi,(j,pj) 表示目标树的第 i i i 个结点，匹配模板里的结点 j j j， i i i 连向父亲的边匹配 j j j 连向 p j pj pj 的边，的最小代价；设 g i g_i gi 表示目标树以 i i i 为根的子树完全匹配的最小代价。
d p dp dp 数组的状态数是 O ( n N ) O(nN) O(nN) 的。 g i g_i gi 也可以视为 min j d p i , ( j , 0 ) \min_{j} dp_{i,(j,0)} minjdpi,(j,0)（ 0 0 0 就表示 j j j 没有父亲，是所在其模板树的根），所以以下就是求 d p dp dp 数组。
而这个转移就是让 i i i 的儿子去匹配 j j j 的儿子。这是一个二分图最小权匹配：左边一排 d e g j − 1 deg_j-1 degj−1 个点表示模板树上 j j j 的儿子（如果是在做 d p i , ( j , 0 ) dp_{i,(j,0)} dpi,(j,0)，那么 j j j 没有父亲，左边就有 d e g j deg_j degj 个点），右边一排 d e g i − 1 deg_i-1 degi−1 个点表示目标树上 i i i 的儿子，左边 x x x 连向右边 y y y 的边权是 d p y , ( x , j ) − g y dp_{y,(x,j)}-g_y dpy,(x,j)−gy，最后答案加上 ∑ g y \sum g_y ∑gy。
注意到只有 j j j 的儿子数 ≤ i \le i ≤i 的儿子数才有意义，因此这样一次 KM 的时间复杂度是 O ( d e g j 2 ⋅ d e g i ) O(deg_j^2 \cdot deg_i) O(degj2⋅degi)，如果每一对 ( i , j , p j ) (i,j,pj) (i,j,pj) 都做一次 KM 的话，时间复杂度是
∑ i ∑ j d e g j ⋅ O ( d e g j 2 ⋅ d e g i ) = O ( n N 3 ) \sum_i \sum_j deg_j \cdot O(deg_j^2 \cdot deg_i) = O(nN^3) i∑j∑degj⋅O(degj2⋅degi)=O(nN3)
T 掉了。
所以这里加一个改进，观察到， d p i , ( j , p j ) dp_{i,(j,pj)} dpi,(j,pj) 的二分图匹配，实际上就是 d p i , ( j , 0 ) dp_{i,(j,0)} dpi,(j,0) 的二分图匹配删去左边 p j pj pj 这个点。既然如此，就没必要重新跑一边 KM，直接用最短路退流就好了。
具体来说，首先做出 d p i , ( j , 0 ) dp_{i,(j,0)} dpi,(j,0) 的 KM，答案为 a n s ans ans，然后求出左边每个点走交错路到达右边结点的最短路（从左到右只能退流匹配边，从右到左只能走非匹配边），记为 a u g p j aug_{pj} augpj，那么 d p i , ( j , p j ) = a n s + a u g p j dp_{i,(j,pj)}=ans+aug_{pj} dpi,(j,pj)=ans+augpj。这个最短路用 floyd 就好了。
来分析时间复杂度。KM 的部分现在是
∑ i ∑ j O ( d e g j 2 ⋅ d e g i ) = O ( n N 2 ) \sum_i \sum_j O(deg_j^2 \cdot deg_i) = O(nN^2) i∑j∑O(degj2⋅degi)=O(nN2)
floyd 的部分需要注意姿势，如果直接对 d e g i + d e g j deg_i+deg_j degi+degj 个点跑最短路，或者对右边的 d e g i deg_i degi 个点跑最短路，时间都是不对的：
∑ i ∑ j ( d e g j + d e g i ) 3 = O ( n 3 N + n N 3 ) ∑ i ∑ j d e g i 3 = O ( n 3 N ) \begin{aligned} &\sum_i \sum_j (deg_j+deg_i)^3 = O(n^3N+nN^3) \\ &\sum_i \sum_j deg_i^3 = O(n^3N) \end{aligned} i∑j∑(degj+degi)3=O(n3N+nN3)i∑j∑degi3=O(n3N)
要对左边的点跑 floyd，用到的性质是“左边的点数 ≤ \le ≤ 右边的点数”，因此时间复杂度是
∑ j d e g j 3 ⋅ n d e g j = O ( n N 2 ) \sum_j deg_j^3 \cdot \frac{n}{deg_j} = O(nN^2) j∑degj3⋅degjn=O(nN2)
具体来说，对于左边的两点 x , y x,y x,y，设它们的 KM 匹配点分别为 x ′ , y ′ x',y' x′,y′，二分图从 i i i 到 j j j 的边权为 w i , j w_{i,j} wi,j，那么在 floyd 的初始距离中， x x x 到 y y y 的距离为 − w x , x ′ + w y , x ′ -w_{x,x'}+w_{y,x'} −wx,x′+wy,x′。这样求出最短路以后，退流 x x x 的答案为 a u g x = min y d i s x , y − w y , y ′ aug_x=\min_{y} dis_{x,y}-w_{y,y'} augx=minydisx,y−wy,y′ 。
注意一个细节，如果 j j j 的儿子数比 i i i 多 1 个（即 d e g j = d e g i − 1 + 1 = d e g i deg_j=deg_i-1+1=deg_i degj=degi−1+1=degi），那么 d p i , ( j , 0 ) dp_{i,(j,0)} dpi,(j,0) 的 KM 是不合法的，但 d p i , ( j , p j ) dp_{i,(j,pj)} dpi,(j,pj) 的 KM 都是合法的。这里可以给右边加一个空点，跑 d p i , ( j , 0 ) dp_{i,(j,0)} dpi,(j,0) 的 KM 但不要更新答案，然后退流的时候，强制 floyd 的终点是右边这个空点。
代码
// 这里的 KM 跑的是二分图最大权匹配，所以边权取反，floyd 跑最长路
#include