消息传递
P2018(树形动规)
题目描述
巴蜀国的社会等级森严,除了国王之外,每个人均有且只有一个直接上级,当然国王没有上级。如果A是B的上级,B是C的上级,那么A就是C的上级。绝对不会出现这样的关系:A是B的上级,B也是A的上级。
最开始的时刻是0,你要做的就是用1单位的时间把一个消息告诉某一个人,让他们自行散布消息。在任意一个时间单位中,任何一个已经接到消息的人,都可以把消息告诉他的一个直接上级或者直接下属。
现在,你想知道:
1.到底需要多长时间,消息才能传遍整个巴蜀国的所有人?
2.要使消息在传递过程中消耗的时间最短,可供选择的人有那些?
输入输出格式
输入格式:
输入文件的第一行为一个整数N(N≤1000),表示巴蜀国人的总数,假如人按照1到n编上了号码,国王的编号是1。第2行到第N行(共N-1行),每一行一个整数,第i行的整数表示编号为i的人直接上级的编号。
输出格式:
文件输出共计两行:
第一行为一个整数,表示最后一个人接到消息的最早时间。
第二行有若干个数,表示可供选择人的编号,按照编号从小到大的顺序输出,中间用空格分开。
输入输出样例
输入样例#1:
8
1
1
3
4
4
4
3
输出样例#1:
5
3 4 5 6 7
思路
这个题首先我们可以看出来是一棵树,而且我们可以发现这个题是可以转移的,所以我们考虑树形DP。
对于每一个节点我们设置一个数组,dp[x]表示x节点“传达”遍所有的子孙节点能需要的最小时间,根据树形DP的基本套路,我们就肯定要从x的儿子节点去转移x的dp值,所以考虑转移方程。
对于一个节点x,我们肯定是要先传达给一个较深的儿子,然后再依次传达,所以我们在遍历完毕x所有的儿子节点之后,我们就先对儿子节点的dp值(即遍历每一个儿子需要的时间)进行排序,dp值大的,就是花的时间长的那个儿子(称为fir),我们就先走它,然后时间上就先加上这个儿子的时间。
如果下一大儿子节点(称为nxt)的dp值恰好等于上一个走过的儿子(fir),就说明我们传达完fir和nxt的所有子树需要的时间需要在fir花的时间的基础上+1;如果nxt的dp值恰好小于fir,就说明在fir花的时间内我们能够传达完fir和nxt的所有子树,以此类推。
具体到代码上可能还需要大家画画图理解一下。
while(p<=tp)
{
now--;
if(now>=c[p]) p++;
else dp[x]++,now++,p++;
}
最后就是初始化,我们把所有的结点花费的时间先初始化为1,因为走到这个点传递时间就是1个单位。
代码
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<deque>
#include<algorithm>
using namespace std;
int i,j,m,n,temp;
int num;
int dp[1001];
int hd[1001],b[1001];
struct data
{
int v,nxt;
}a[4001];
int r()
{
int p=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-')
{
f=-1;
}
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
{
p=p*10+c-'0';
c=getchar();
}
return p*f;
}
char chr;
void add(int x,int y)
{
a[++temp].v=y;
a[temp].nxt=hd[x];
hd[x]=temp;
}
int cmp(int xx,int yy)
{
return xx>yy;
}
void dfs(int x)
{
int son;
int tp=0,c[1001]={0};
for(int p=hd[x];p;p=a[p].nxt)
{
son=a[p].v;
if(!b[son])
{
b[son]=1;
dfs(son);
c[++tp]=dp[son];
}
}
sort(c+1,c+tp+1,cmp);
dp[x]=1;
dp[x]+=c[1];
int p=2,now=c[1];
while(p<=tp)
{
now--;
if(now>=c[p])
{
p++;
}
else
dp[x]++,now++,p++;
}
}
int oo[1001],o;
int main()
{
n=r();
int xx;
for(i=2;i<=n;i++)
{
xx=r();
add(i,xx);
add(xx,i);
}
int ans=10000001;
for(i=1;i<=n;i++)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(b,0,sizeof(b));
b[i]=1;
dfs(i);
if(ans>dp[i])
ans=dp[i],o=0,oo[++o]=i;
else if(ans==dp[i])
oo[++o]=i;
}
cout<<ans<<endl;
for(i=1;i<=o;i++)
cout<<oo[i]<<" ";
return 0;
}
/*
*/