【题目】#6395. 「THUPC2018」城市地铁规划 / City

【题意】给定n个点要求构造一棵树，每个点的价值是一个关于点度的k次多项式，系数均为给定的\(a_0,...a_k\)，求最大价值。\(n \leq 3000,k \leq 10\)。

【算法】背包DP+Prufer序

首先每个点度x的价值g(x)可以暴力预处理。将每个点的度-1后，就不再有树形态这个限制了，只要n个点的度加起来是n-2即可，因为此时只要让所有还原后度不为1的点连通，度为1的叶子节点直接分配。

问题转化为n-2个大小为x价值为g(x+1)的物品，求容量为n-2的完全背包的最大价值，复杂度\(O(n^2)\)。

这里的背包有个问题，就是大小为0的物品也是有价值的（必须n个点都计算），我的方法是所有价值先减g(1)，最后再加n*g(1)。

构造方案的时候可以用n^2数组记录，也可以一步一步找最优大小退容量（因为是完全背包），每个点向上一个点连边使度不为1的点构成一条链，再从后往前分配叶子节点。

注意：根节点没有向上的路径，但是为了方便背包DP依然减掉一个度，最后构造方案的时候默认第一个点为根节点不往上连边即可。

还有要特殊处理n=1和n=2的情况，\(0^0=1\)。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn=3010,MOD=59393;

int n,kind,as[20],g[maxn],f[maxn];

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&kind);

	for(int i=0;i<=kind;i++)scanf("%d",&as[i]);

	if(n==1){printf("%d %d",n-1,as[0]);return 0;}

	for(int i=1;i<n;i++){

		int x=1;

		for(int j=0;j<=kind;j++){

			g[i]=(g[i]+x*as[j])%MOD;

			x=x*i%MOD;

		}

		if(i!=1)g[i]-=g[1];//

	}

	for(int i=1;i<=n-2;i++){

		for(int j=i;j<=n-2;j++){

			f[j]=max(f[j],f[j-i]+g[i+1]);

		}

	}

	printf("%d %d\n",n-1,f[n-2]+n*g[1]);//

	int x=n-2,id=0,y=n;

	while(x){

		for(int i=1;i<=x;i++)if(f[x-i]+g[i+1]==f[x]){

			x-=i;

			if(++id!=1)printf("%d %d\n",id-1,id);else i++;//

			for(int j=1;j<i;j++)printf("%d %d\n",id,y--);

			break;

		}

	}

	if(n==2)id++;

	printf("%d %d\n",id,id+1);//

	return 0;

}

有没有发现算法里还有”Prufer序“这一项？很有意思的是，上面推到的结论就是Prufer序的结论。

从Prufer序的角度来考虑，题目和带标号无根树、点度密切相关，可以想到只需要构造一个Prufer序使得各点度+1的价值最大就行了。

问题转化为n-2个大小为x价值为g(x+1)的物品，求容量为n-2的完全背包的最大价值，复杂度\(O(n^2)\)。