[jzoj3252] 【GDOI三校聯考】炸彈（經典DP）
Problem
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給出一個網格圖，由 構成，其中 相連，構成一顆樹.
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可以放炸彈，一個炸彈可以覆蓋連續的一行 或一列 .
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求放至少多少個炸彈，使得每個 都會被至少 個炸彈覆蓋。
Data constraint
Solution
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資料範圍很小，加起來就 個點，很容易讓人誤入歧途.
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正解實質上是DP
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以從左到右，從上到下的順序找到第一個 ，作為根，依次走下去，形成一顆樹.
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考慮每個格子 的狀態，不妨假設其父親格點是 ：
- ①：直接在 這個點放了一個炸彈.
- ②：由 轉移過來，即 行放了炸彈，且能影響到 .
- ③：由 轉移過來，即在第 列放了炸彈，且能影響到 .
-
為何要把第二、三種分開討論？
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顯然，這是因為 的影響不僅僅是 ，可能會影響到它父親，父親的父親……
-
所以，我們首先要把一個點的狀態給分析清楚，即可能有怎樣的決策影響.
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分析好狀態，我們不難想到這樣的狀態設計：
- ：表示以 為根的子樹，沒放炸彈，還剩一條與父親向同向的子樹鏈沒有炸.
- ：表示以 為根的子樹，子樹炸完了，但沒有炸出去，即父親向的方向上沒有放炸彈.
- ：表示以 為根的子樹，子樹炸完了，且炸出去了，即父親向的方向上有炸彈.
-
如此一來，我們便可以很方便的討論轉移了.
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具體轉移分成四類，即有 個兒子時的情況.
-
這裡以 個兒子為例，其他是類似的，且 個兒子也是最複雜的。
不妨設目前轉移點編號為k
其中p[1],p[2],p[3]為k的3個兒子，且p[1]在父親向（上下）的方向上，p[2],p[3]在k點的左右方向上.
那麼必定有：
f[k][0] = min( Min(f[p[2]][0], f[p[2]][1], f[p[2]][2]) + f[p[3]][2],
Min(f[p[3]][0], f[p[3]][1], f[p[3]][2]) + f[p[2]][2]
) + f[p[1]][0];
//f[p[1]][0]是必須要轉移的，因為當前點沒放炸彈，如果要延續，則兒子必須連續
//因為當前點沒有放炸彈，所以“左右”方向上必定有一個是炸出去了的，也就是f[p[2]][2]或f[p[3]][2]必選一個
//另外一個則可以隨便選，所以是取3個min值.
f[k][1] = min( Min(f[p[2]][0], f[p[2]][1], f[p[2]][2]) + f[p[3]][2],
Min(f[p[3]][0], f[p[3]][1], f[p[3]][2]) + f[p[2]][2]
) + f[p[1]][1];
//f[p[1]][1]是必須要轉移的，因為當前點也不能放炸彈.
//其餘與上面一種情況完全類似.
f[k][2] = min( (1 + Min(f[p[1]][0], f[p[1]][1], f[p[1]][2]) +
Min(f[p[2]][0], f[p[2]][1], f[p[2]][2]) +
Min(f[p[3]][0], f[p[3]][1], f[p[3]][2])),
0 + f[p[1]][2] +
min( Min(f[p[2]][0], f[p[2]][1], f[p[2]][2]) + f[p[3]][2],
Min(f[p[3]][0], f[p[3]][1], f[p[3]][2]) + f[p[2]][2])
);
}
//這裡的轉移就分兩種情況討論了，即當前點放炸彈還是不放.
//看一看，應該還是很好理解的.
-
對於其餘的三種情況，其實也並不簡單多少，因為還要繼續分類討論，即有沒有上下的這種父親向的兒子.
-
總之，就是這樣的一個DP：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define F(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++)
#define Min(a, b, c) ((a) < min(b, c) ? a : min(b, c))
#define num(a, b) ((a - 1) * m + b)
const int N = 51, M = 10 * N * N, dx[4] = {0, - 1, 1, 0}, dy[4] = {- 1, 0, 0, 1}, Impossible = 1e9;
using namespace std;
int n, m, tot, Sx, Sy, f[M][3]; char ch[N][N];
int tov[M], nex[M], las[M], Spe[M], Fa[M];
void ins(int x, int y, int z) {
tov[++ tot] = y, nex[tot] = las[x], las[x] = tot, Spe[tot] = z;
}
void Dfs(int k, int La) {
int SonTotal = 0, p[4]; p[0] = p[1] = p[2] = p[3] = 0;
for (int x = las[k] ; x ; x = nex[x])
if (tov[x] ^ La)
Fa[tov[x]] = Spe[x], Dfs(tov[x], k), p[++ SonTotal] = tov[x];
if (SonTotal == 0) {
f[k][0] = 0;
f[k][1] = Impossible;
f[k][2] = 1;
}
if (SonTotal == 1) {
if (Fa[p[1]] == Fa[k]) {
f[k][0] = min(f[p[1]][0], f[p[1]][1]);
f[k][1] = Impossible;
f[k][2] = min(min(f[p[1]][0], f[p[1]][1]) + 1, f[p[1]][2]);
}
else {
f[k][0] = f[p[1]][1];
f[k][1] = f[p[1]][2];
f[k][2] = Min(f[p[1]][0], f[p[1]][1], f[p[1]][2]) + 1;
}
}
if (SonTotal == 2) {
if (Fa[p[1]] == Fa[k] || Fa[p[2]] == Fa[k]) {
if (Fa[p[2]] == Fa[k]) swap(p[1], p[2]);
f[k][0] = min(f[p[2]][1], f[p[2]][2]) + f[p[1]][0];
f[k][1] = f[p[2]][2] + f[p[1]][1];
f[k][2] = min( (1 + Min(f[p[1]][0], f[p[1]][1], f[p[1]][
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網上都沒題解 這題放在OJ上9年了都 才9個人做 (好吧是dalao們不想做)
於是經過本弱三天(一天一小時健康一輩子)的努力 把這題弄掉了QAQ
好了先放題目
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