权限题。

题意：

给出一颗n个节点的树，要给每一条边染一个1~n-1的颜色，染颜色i的代价为i，要求同一个节点连出的所有边所染颜色都互不相同，求一个为整棵树染色的方案，使得代价之和尽量小

n<=150 n <= 150

Solution:

网络流真的是万能的…

f[x][i] f [ x ] [ i ] 表示节点x向其父亲连的边为i时x的子树所产生的最小贡献

看似非常不好转移

实际上就是非常不好转移

所以说我们另辟蹊径——费用流！

我们对于每个点x枚举向它其父亲连的边col

每次我们把S向x的儿子节点连费用为0，流量为1的边，对于f数组的第二维建n-1个节点，除了我们枚举的col，其余的点向T连费用为0，流量为1的边，每个儿子节点向每个f数组的第二维节点i连费用为 f[x][i] f [ x ] [ i ] ，流量为1的边，最后费用流所得到的最小费用即为 f[x][col] f [ x ] [ c o l ]

复杂度为O(跑得过) O(n∗n∗ O ( n ∗ n ∗ 费用流复杂度 ) ) <script type="math/tex" id="MathJax-Element-16">)</script>

爆炸的一批，但是能过此题，而且只跑了1.4s…

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int n,f[160][160],head[160],size;
struct E{
    int to,next,v,f;
}G[180010];
int h[310],q[310*310],pre[310],prv[310],sz=1,dis[310],S,T,cnt;
bool vis[310];
struct edg{
    int to,next;
}e[310];
void add(int x,int y)
{
    size++;e[size].to=y;e[size].next=head[x];head[x]=size;
}
void add(int x,int y,int f,int v)
{
//  cout<<x<<" "<<y<<" "<<f<<" "<<v<<endl;
    sz++;G[sz]={
  y,h[x],v,f};h[x]=sz;
    sz++;G[sz]={
  x,h[y],-v,0};h[y]=sz;
}
bool SPFA()
{
    for (int i=S;i<=T;i++) dis[i]=inf,vis[i]=0;
    int tt=0,hh=0;
    vis[S]=1;q[++tt]=S;dis[S]=0;
    while (hh<tt)
    {
        int x=q[++hh];vis[x]=0;
        for (int i=h[x];i;i=G[i].next)
        {
            int y=G[i].to;
            if (G[i].f&&dis[y]>dis[x]+G[i].v)
            {
                dis[y]=dis[x]+G[i].v;
                pre[y]=i;prv[y]=x;
                if (!vis[y]) vis[y]=1,q[++tt]=y;
            }
        }
    }
    return (dis[T]!=inf);
}
void dfs(int x,int fa)
{
    int p=0;
    for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
    {
        int y=e[i].to;if (y==fa) continue;
        dfs(y,x);p++;
    }
    if (!p) return;
    for (int col=1;col<n;col++)
    {
        if (x==1) col=n;
        sz=1;memset(h,0,sizeof(h));S=0;T=p+n;cnt=0;
        for (int i=head[x];i;i=e[i].next)
        {
            int y=e[i].to;if (y==fa) continue;
            add(S,++cnt,1,0);
            for (int j=1;j<=n-1;j++)
                add(cnt,p+j,1,f[y][j]+j);
        }
        for (int j=1;j<=n-1;j++) if (j!=col) add(p+j,T,1,0);
        while (SPFA())
        {
            f[x][col]+=dis[T];
            for (int i=T;i!=S;i=prv[i])
                G[pre[i]].f--,G[pre[i]^1].f++; 
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);for (int x,y,i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
    dfs(1,0);
    printf("%d",f[1][n]); 
}