题解 P7276 【送给好友的礼物】

**$O(n^2)$ 做法。** 为了简化题目，如果以一个点为根的子树内不包含任何草莓节点，就把这棵子树去掉。 显然这样做不会影响答案，而且所有叶子节点都是草莓节点。 我们现在的问题变成了：对于这棵新树，有两个人同时从根开始去遍历它，然后问整棵树都被遍历完且两人最后回到根的最小时间是多少。 由于是时间，所以答案为两人走的路径长的 $\max$ 而不是和，没有什么显然的结论，所以考虑用 dp 来解决。 设 $dp(i,j)$ 表示遍历完以 $i$ 为根的子树，其中第一个人走了 $j$ 步，问第二个人最少走多少步。那么此时两人遍历完 $i$ 子树消耗的时间为 $\max(j,dp(i,j))$。 dp 转移明显可以用树形背包来解决，具体的 dp 方程和解释详见代码注释： ```cpp #include<bits/stdc++.h> #define N 450 #define INF 0x7fffffff using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'); ch=getchar(); } return x*f; } int n,k; int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1]; int fa[N],size[N],dp[N][N<<1];//遍历完i子树，第一个人走了j步，第二个人的最小步数 bool vis[N]; void adde(int u,int v) { to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt; } bool dfs(int u) { bool fruit=0;//fruit表示当前子树内有没有草莓 for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) { int v=to[i]; if(v==fa[u]||!v) continue; fa[v]=u; bool now=dfs(v); if(!now) to[i]=0;//如果v子树内没有草莓，我们就把to[i]设为0，表示v子树被删掉 fruit|=now; } return fruit|vis[u]; } void solve(int u) { size[u]=1; dp[u][0]=0; for(int l=head[u];l;l=nxt[l]) { int v=to[l]; if(v==fa[u]||!v) continue;//如果v=0，说明v子树被删掉 solve(v); size[u]+=size[v]; for(int i=(size[u]-1)*2;i>=0;i--)//枚举第一个人走了i步，上界为整棵树的边数*2（每条边往返共两次），注意从大到小枚举 { dp[u][i]=dp[u][i]+dp[v][0]+2;//这里是当第一个人不进入v子树时，此时第一个人不会走边(u,v)；同时这里利用了上一次的dp值进行更新 if(i>=size[v]*2) dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i-size[v]*2]+dp[v][(size[v]-1)*2]);//这里是当第二个人不进入v子树时，此时第二个人不会走边(u,v) for(int j=min((size[v]-1)*2,i-2);j>=0;j--)//这里是第一个人和第二个人都进入v子树时，枚举第一个人进到v子树内走了多少步，顺序或倒序枚举都可以 dp[u][i]=min(dp[u][i],dp[u][i-j-2]+dp[v][j]+2);//这里出现的“2”均是因为算上边(u,v)被往返走两次 } } } int main() { memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); n=read(),k=read(); for(int i=1;i<n;i++) { int u=read(),v=read(); adde(u,v),adde(v,u); } for(int i=1;i<=k;i++) vis[read()]=1; dfs(1); solve(1); int ans=INF; for(int i=0;i<=(size[1]-1)*2;i++) ans=min(ans,max(i,dp[1][i])); printf("%d\n",ans); return 0; } /* 4 1 1 2 2 3 3 4 3 */ ``` 关于时间复杂度的证明：dp 的实质可以看做枚举树中的点对 $(u,v)$，然后当且仅当存在某一个 $root$，使得 $u$ 和 $v$ 分别在 $root$ 的两个儿子的子树中。显然，对于每一个点对 $(u,v)$，有且仅有一个 $root=\operatorname{lca}(u,v)$。所以总时间复杂度是 $O(n^2)$。 ~~其实学过树形背包的都不用看证明。~~ **感谢神 Froggy 提供的思路。**