题目描述
给一棵树，每条边有权。求一条简单路径，权值和等于 K，且边的数量最小。
题解
比较明显需要用到点分治，我们定义\(d\)数组表示当前节点到根节点\(rt\)之间有多少个节点，也可以表示有多少条边，然后我们在定义\(dis\)表示当前节点到根节点\(rt\)的距离，那么我们就可以得到\(ans=min(ans,d[u]+t[k-dis[u]])\)，这个方程还是比较容易的。
但是这道题目不满足状态可减性，说的明白一点就是答案和答案之间无法相减，那么点分治的容斥原理处理就可以变成将原来没有访问过得节点的答案都变成\(inf\)，这样我们算的时候就不会把这些重复部分算多次。
ac代码
# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <algorithm>
# include <ctype.h>
# include <iostream>
# include <cmath>
# include <map>
# include <vector>
# include <queue>
# define LL long long
# define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define ri (register int)
# define inf (0x3f3f3f3f)/3
# define pb push_back
# define fi first
# define se second
# define pii pair<int,int>
# define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
using namespace std;
inline int gi(){
int w=0,x=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-x:x;
}
# define N 1000005
struct edge{
int to,nt,w;
}E[N<<1];
int H[N],cnt,n,k,rt,sum,mx,sz[N],ans,mxs[N],d[N],dis[N],t[N];
bool vis[N];
void addedge(int u,int v,int w){
E[++cnt]=(edge){v,H[u],w}; H[u]=cnt;
}
void get_root(int u,int fa){
sz[u]=1; mxs[u]=-1;
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){
if (vis[E[e].to]||E[e].to==fa) continue;
get_root(E[e].to,u);
sz[u]+=sz[E[e].to];
mxs[u]=max(mxs[u],sz[E[e].to]);
}
mxs[u]=max(sum-sz[u],mxs[u]);
if (mxs[u]<mx) mx=mxs[u],rt=u;
}
void calc(int u,int fa){
if (dis[u]<=k) ans=min(ans,d[u]+t[k-dis[u]]);//如果当前的距离是小于k的，那么就说明可能可以更新答案
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){
if (E[e].to==fa||vis[E[e].to]) continue;
d[E[e].to]=d[u]+1;
dis[E[e].to]=dis[u]+E[e].w;
calc(E[e].to,u);
}
}
void update(int u,int fa,bool fg){//更新边上的答案
if (dis[u]<=k) {
if (fg) t[dis[u]]=min(t[dis[u]],d[u]);//如果是访问过得，那么就直接更新
else t[dis[u]]=inf;//如果没有访问过，那么就赋值成inf，防止重复
}
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){//继续更新边上的答案
if (E[e].to==fa||vis[E[e].to]) continue;
update(E[e].to,u,fg);
}
}
void divide(int u){
vis[u]=1; t[0]=0;
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){
if (vis[E[e].to]) continue;
d[E[e].to]=1; dis[E[e].to]=E[e].w; calc(E[e].to,-1); update(E[e].to,-1,1);//计算全局的答案
}
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){//将所有没有访问过得答案还原，防止答案重复
if (!vis[E[e].to]) update(E[e].to,-1,0);
}
for (int e=H[u];e;e=E[e].nt){//递归分治
if (vis[E[e].to]) continue;
mx=inf; sum=sz[E[e].to]; rt=0; get_root(E[e].to,-1); divide(rt);
}
}
int main(){
ms(t,inf); n=gi(),k=gi();
for (int i=2;i<=n;i++){
int u=gi(),v=gi(),w=gi();
u++,v++;
addedge(u,v,w); addedge(v,u,w);
}
sum=n; mx=inf; rt=-1; get_root(1,-1);
ans=inf; divide(rt);
printf("%d\n",(ans==inf)?(-1):(ans));
return 0;
}