有時，我們會遇到這樣的問題：
在一個樹上選定一些點，每個點能覆蓋一定範圍的點……之類
比如：
通常，我們有兩種做法：
方法一
我們對於每個點，考慮距離它最近的被選點
需要先證明一個顯然的結論：對於每個i，以i爲最近點的j是一個連通塊。
換句話說，如果距離a的最近被選點爲i，距離b的最近被選點也是i，那麼a到b的路徑上的點的最近被選點都是i。
考慮一條鏈：設Ax是鏈上第x個點，那麼點y到Ax的距離fy(x)隨x的增加，先下降，再上升。（這個顯然）。
那麼假設a到b路徑上的c，最近點不是i而是j。
那麼，\(dis(a,i)<dis(a,j)，dis(c,i)>dis(c,j)，dis(b,i)<dis(b,j)\)。
就是說\(fi\)和\(fj\)有兩個交點。但這是不可能的。
所以，如果距離a的最近被選點爲i，距離b的最近被選點也是i，那麼a到b的路徑上的點的最近被選點都是i一定成立。
這樣，這樣，我們設\(dp(i,j)\)表示i的最近點是j的狀態。
（如果需要，再維護\(f(i)\)表示\(dp(i,j)\)的最小值。）
那麼，對於i的每個兒子v，枚舉它的最近點a，則轉移到\(dp(v,a)\)。
注意，如果\(j=a\)，那麼對於v來說，a已經選擇過了，則轉移時把選j的影響去掉。
由於形成連通塊，正確性可以保證。
優點
適用範圍較廣，非常好寫。
缺點
複雜度至少爲\(O(n^2)\)。
方法二
維護子樹信息
對於每個子樹，有2種信息：
- 當前子樹中，最遠的沒被覆蓋的點。（可能沒有）
- 當前子樹中，最近的被選點還能向上覆蓋多少。（可能沒有）
理論上，共有4種情況，
但實際上，如果既有沒被覆蓋的點，又有能向上覆蓋的被選點，由於沒被覆蓋的點需要上面的一個點覆蓋，那麼對於這個點來說，下面的向上覆蓋的被選點已經失去意義了。
所以，只有3種情況，可以用2個dp數組，外加一維記錄。
轉移時依次合併，共有4種情況。
由於需要枚舉兩個值，因此，若覆蓋範圍爲D，則複雜度爲\(O(nD^2)\)。
因爲是對兩個值取max等操作，所以通過前綴最值可以優化至\(O(nD)\)。
優點
複雜度較低，便於優化。
缺點
只適用於覆蓋問題，若需要在轉移時知道每個點最近的被選點等信息，則只能用方法一。
同時，情況較多，代碼較難寫。
例題：
- CF70E Information Reform
題解
由於要知道確切距離，只能用方法一。
- P3267 [JLOI2016/SHOI2016]偵察守衛
由於複雜度的要求，直接套用方法二即可。
代碼
（未加優化）
#include <stdio.h>
int dp1[500010][21],dp2[500010][21],D;
int fr[500010],ne[1000010],v[1000010],bs=0;
int sz[500010],g1[21],g2[21],inf=999999999;
bool bk[500010];
void addb(int a,int b)
{
v[bs]=b;
ne[bs]=fr[a];
fr[a]=bs;
bs+=1;
}
void dfs(int u,int f)
{
for(int i=fr[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if(v[i]!=f)
dfs(v[i],u);
}
for(int a=0;a<=D;a++)
dp1[u][a]=dp2[u][a]=inf;
dp1[u][0]=0;
bool dy=true;
for(int i=fr[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if(v[i]==f)continue;
if(dy)
{
for(int a=0;a<=D;a++)
{
dp1[u][a]=dp1[v[i]][a];
dp2[u][a]=dp2[v[i]][a];
}
dy=false;
continue;
}
for(int a=0;a<=D;a++)
g1[a]=g2[a]=inf;
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int t=a,o=dp1[u][a]+dp1[v[i]][b];if(b>t)t=b;
if(o<g1[t])
g1[t]=o;
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int o=dp1[u][a]+dp2[v[i]][b];
if(a-2>=b)
{
if(o<g1[a])
g1[a]=o;
}
else
{
if(o<g2[b])
g2[b]=o;
}
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int o=dp2[u][a]+dp1[v[i]][b];
if(b-2>=a)
{
if(o<g1[b])
g1[b]=o;
}
else
{
if(o<g2[a])
g2[a]=o;
}
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int t=a,o=dp2[u][a]+dp2[v[i]][b];if(b>t)t=b;
if(o<g2[t])
g2[t]=o;
}
}
for(int i=0;i<=D;i++)
{
dp1[u][i]=g1[i];
dp2[u][i]=g2[i];
}
}
for(int i=1;i<=D;i++)
g1[i-1]=dp1[u][i];
for(int i=D-1;i>=0;i--)
g2[i+1]=dp2[u][i];
g1[D]=g2[0]=inf;
if(dp1[u][0]+sz[u]<g1[D])g1[D]=dp1[u][0]+sz[u];
for(int i=0;i<=D;i++)
{
if(dp1[u][i]+sz[u]<g1[D])
g1[D]=dp1[u][i]+sz[u];
}
for(int i=0;i<D;i++)
{
if(dp2[u][i]+sz[u]<g1[D])
g1[D]=dp2[u][i]+sz[u];
}
if(bk[u])
{
if(dp1[u][0]<g2[0])
g2[0]=dp1[u][0];
}
else
{
if(dp1[u][0]<g1[0])
g1[0]=dp1[u][0];
}
for(int i=0;i<=D;i++)
{
dp1[u][i]=g1[i];
dp2[u][i]=g2[i];
}
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&D);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fr[i]=-1;
scanf("%d",&sz[i]);
}
scanf("%d",&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a;
scanf("%d",&a);
bk[a]=true;
}
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
addb(a,b);
addb(b,a);
}
dfs(1,0);
int jg=inf;
for(int i=0;i<=D;i++)
{
if(dp1[1][i]<jg)
jg=dp1[1][i];
}
printf("%d",jg);
return 0;
}模擬賽的題
【題目背景】
Po 姐姐很愛他的妹子,可是 Po 姐姐並沒有妹子。於是 Po 姐姐決定去找妹子。
【題目描述】
A 國有 n 個城鎮,由 n-1 條道路連接,構成了一個樹形結構。每條道路的長度都是一樣
的。
Po 姐姐最近得到了一個信息:在 A 國的某些城鎮,可能出現質量上乘的妹子。
爲了捕獲這些妹子, Po 姐姐製作了 m 個傳送器,準備將這些傳送器安置在一些城鎮中。
一旦某個城鎮出現了妹子,Po 姐姐可以立刻傳送到某個傳送器所在的城鎮,然後沿道路移
動到妹子所在的城鎮。Po 姐姐並不願意走太多的路,因此他會選擇離妹子最近的一個傳送
器傳送,然後走最短路到達妹子所在的城鎮。
Po 姐姐想要通過合理安排傳送器的位置,使得所有妹子可能出現的城鎮離最近傳送器
的距離的最大值最小。
由於 Po 姐姐懶癌發作,請你幫他寫一個程序來解決這個問題。Po 姐姐懶得寫 SPJ,你
只需要輸出最大距離的最小值就行了。
【數據輸入】
第一行是兩個正整數 n,m,表示 A 國城鎮的數量和傳送器的數量
接下來 n 個整數,每個整數都是 1 或 0,如果第 i 個整數是 1 代表第 i 個城鎮可能出現
質量上乘的妹子
接下來 n-1 行,每行兩個正整數 x,y,表示 x 與 y 之間有一條雙向通行的道路
【數據輸出】
輸出一行一個正整數,代表所有妹子可能出現的城鎮離最近傳送器的最大距離的最小值此題無需dp，用方法二，貪心選擇。
題解