poj 2152 fire
題意：
給乙個n
個節點和n−
1條邊的樹，邊權代表距離，要在這些點中選擇一些點建立消防站，使得每個點都會被消防站覆蓋到。每個點有兩個屬性：co
st[i
] 表示在這個點建立消防站的代價，li
mit[
i]表示當某個消防站離
i 的距離不超過li
mit[
i]時，這個點就可以認為被該消防站覆蓋，求使得
n 個點都被消防站覆蓋的最小代價？
資料範圍：n≤
103,邊
權≤103
,cos
t[i]
≤104,
limt
[i]≤
104分析：
點依賴型樹形dp
。 首先對每個點df
s 一遍可以得到每個點到其餘點的距離，時間複雜度：o(
n2) 。
然後遞迴解決以
u 為根的子樹， 需要記錄或者說列舉
u被那個消防站覆蓋，用dp
[u][
i]表示
u 被在點
i上建立的消防站覆蓋時以
u 為根的子樹都被消防站覆蓋的最優解。顯然首先需要滿足di
s[u]
[i]≤
limi
t[u]
。考慮狀態轉移，對於
u 的每個兒子
v，這時我們還需要知道解決以
v 為根的子樹時的最優解be
st[v
],be
st[v
] 包含了
v 也被覆蓋的最小代價。
v選擇的覆蓋它的消防站有兩種可能:是
i 或者不是
i，所以有： dp
[u][
i]+=
min(
dp[v
][i]
−cos
t[i]
,bes
t[v]
) 更新b
est[
] ：be
st[u
]=mi
n(be
st[u
],dp
[u][
i])
總的時間複雜度：o(
n2) 。
陳啟峰的」一張一弛，解題之道」**
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int max_n = 1010;
const
int inf = 0x3f3f3f3f;
int t, n, total;
int head[max_n], cost[max_n], limit[max_n], dis[max_n][max_n];
int dp[max_n][max_n], best[max_n];
struct edge edge[max_n * 2];
void addedge(int u, int v, int w)
void dfs_dis(int u, int p, int root)
}void wyr(int u, int p)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
best[u] = min(best[u], dp[u][i]);
//printf("i = %d best[%d] = %d dp[%d][%d] = %d\n", i, u, best[u], u, i, dp[u][i]);
}}int main()
for (int i = 1; i <= n; ++i)
total = 0;
memset(head, -1, sizeof(head));
for (int i = 1; i < n; ++i)
memset(dis, 0, sizeof(dis));
for (int i = 1; i <= n; ++i)
memset(best, 0x3f, sizeof(best));
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
wyr(1, 0);
printf("%d\n", best[1]);
}return
0;}
POJ 2152 樹形DP 暴力列舉
題目鏈結 題意 給一顆樹可以在樹上的節點上建立消防站費用為w i 如果不建消防站需要在距離該節點距離小於等於d i 的地方有消防站，求使得整顆樹被覆蓋的最小費用。思路 定義ans陣列 ans u 表示以u為根的子樹的答案 定義dp陣列 dp u v 表示節點u被建立在節點v的消防站覆蓋的最小答案 定...
POJ2152 消防站解題報告
做這道題的時候，我一開始狀態設計的太緊了，我設f i 表示以i為根的子樹自己搞定自己需要的最小代價，然後我列舉控制根的點。然後發現轉移是o n 3 的。看了 之後發現其實改變一下狀態就可以了，其實顯然的一件事就是我們現在是在列舉兩個點之間的關係了，那麼我們不妨設f i,j 為j控制i，且以i為根的子...
poj 2152 一道很難的樹型DP
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