對於每組數據,輸出一個整數,表示達到「平衡」狀態所需的最小代價。數組
對於20%的數據,N<=15
對於100%的數據,T<=10,N<=100,0<=si<=10000,1<=X,Y<=N,1<=Z<=10000。網絡
這題能夠用費用流求解,奈何太長了
只好DP了
咱們發現,當達到所謂「平衡」狀態時,每一個點的石油數應是ave或ave+1
因此咱們考慮枚舉子樹中ave+1的節點的個數
設\(f_{i,j}\)表示以i爲根的子樹中有j個ave+1的節點的最小貢獻
若是咱們暴力枚舉會T飛
因此考慮合併
用\(g_{j}\)來存當前的當前的答案
則f數組存的則是以前作的全部的兒子的答案
則該兒子節點的貢獻則爲\(abs(sum_{son}-ave\times tree_{son}-k)\)
其中,sum爲該子樹原有的石油數,tree表示該子樹的節點數,而k則爲該子樹中的ave+1的節點的個數
作完後再用g數組更新f
時間複雜度\(O(n^{3})\)spa
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int t,sum,n,i,a,b,c,dec,ave,len,go[1001],to[1001],last[101],jz[1001],tree[101],cnt[101],w[101]; long long f[101][1001],g[1001]; void make(int x,int y,int z) { go[++len]=y;to[len]=last[x];jz[len]=z;last[x]=len; } void dp(int x,int fa) { f[x][0]=f[x][1]=0; tree[x]=1;cnt[x]=w[x]; for (int k=last[x];k;k=to[k]) { if (go[k]==fa) continue; dp(go[k],x); tree[x]+=tree[go[k]];cnt[x]+=cnt[go[k]]; } for (int k=last[x];k;k=to[k]) { memset(g,127,sizeof(g)); if (go[k]==fa) continue; for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++) { for (int i=0;i<=j && i<=tree[go[k]];i++) { g[j]=min(g[j],f[x][j-i]+f[go[k]][i]+1ll*abs(cnt[go[k]]-tree[go[k]]*ave-i)*jz[k]); } } for (int j=0;j<=dec && j<=tree[x];j++) f[x][j]=g[j]; } } int main() { scanf("%d",&t); for (;t;t--) { memset(last,0,sizeof(last)); scanf("%d",&n);sum=0; for (i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&w[i]); sum+=w[i]; }len=0; for (i=1;i<n;i++) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); make(a,b,c); make(b,a,c); } dec=sum%n; ave=sum/n; memset(f,127,sizeof(f)); dp(1,0); printf("%lld\n",f[1][dec]); } }
要惡補網絡流啊code