传送门

[前题提要]:本题的树形dp的思考方式既考虑子孙需要的贡献以及提前预处理出祖先节点所需要的状态,感觉是我几乎没有碰到过的姿势,平时遇到的大部分的树形dp大都是单单考虑子树的贡献以及限制,感觉很新,故写篇博客记录一下

当然本题具有一个更为"简单"的贪心解法?但是本人更喜欢dp做法(正确性更为显然一点),所以贪心做法在这里就不再赘述了.

当然,一切的一切在于我们需要先看出圆的重叠关系等价于一棵树才行.这个当时我注意到重叠次数相同的圆其实是互不干扰的时候(相当于可以单独考虑),就想到了.那么我们先按照包含关系建出一棵树.

那么按照一般的思路,我们不难想到使用$dp[u]$来记录一个$u$子树最优方案下的最大面积.那么我们考虑如何从$v$转移到$u$.我们会发现很难转移,因为此时$v$的贡献和其的最大面积,也就是$dp[u]$不是正比关系,而是和它的最小面积成正比关系(因为v的贡献此时是v子树中处于偶数覆盖的面积).并且我们此时还需要两堆的面积(因为u放在一个位置只会导致一堆的面积变化)以及堆的奇偶性.显然的我们无法同时维护出上述关系.造成上述问题的主要关键在于我们对于u节点的放置选择影响到了v子树的贡献(也就是以为此时我们只是计算出了v子树在面对偶偶的状态下的最大面积,当u节点加入了贡献的时候v子树此时面对的情况就不再是偶偶的情况了,那么此时之前的最优子结构就不在存在了).但是如果我们记录出了$v$子树对于各个状态下的贡献,那么我们就可以把它拿过来用而不用管最大/最小面积了(因为放了u的情况对于v来说,只是将偶偶的先置情况改为了奇偶或者偶奇,所以无论u怎么变化,我们都能找到一个最优子结构与之对应).

我们继续分析,就会发现一颗子树只需要记录4种状态就行.分别为奇奇,偶偶,奇偶,偶奇.那么此时我们考虑使用$dp[u][0/1][0/1]$来记录$u$子树面临先置条件为上述四种状态下的最优面积.那么此时我们就会发现十分好转移了.首先的,我们会发现当$u$随意的放置在一堆上形成一个新的状态,这个状态对于所有的$v$都是一样的.也就是说所有$v$面对的相同的先置条件是可以放在一起来考虑的.那么对于每一种状态,我们的u可以选择放在左边或者放在右边,直接转移即可.具体看代码部分.

下面是具体的代码部分:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define root 1,n,1
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define pd __gnu_pbds
inline ll read() {
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x*w;
}
inline void print(__int128 x){
	if(x<0) {putchar('-');x=-x;}
	if(x>9) print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
#define maxn 1000000
#define int long long
const double eps=1e-8;
const long double PI=acos(-1.0);
#define	int_INF 0x3f3f3f3f
#define ll_INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
struct Circle{
	int x,y,r;long double area;int id;
	bool operator < (const Circle &rhs) const {
		return area<rhs.area;
	}
}cir[maxn];
vector<int>edge[maxn];
int get_dis(int x1,int y1,int x2,int y2) {
	return (x2-x1)*(x2-x1)+(y2-y1)*(y2-y1);
}
long double dp[maxn][2][2];
//u节点面临的限制状态是一堆为奇数/偶数,另外一堆是奇数/偶数的情况下,u子树贡献的最大面积
void dfs(int u,int pre_u) {
	long double g[2][2];
	memset(g,0,sizeof g);
	for(auto v:edge[u]) {
		if(v==pre_u) continue;
		dfs(v,u);
		for(int i=0;i<=1;i++) {
			for(int j=0;j<=1;j++) {
				g[i][j]+=dp[v][i][j];
				//显然的在这个限制状态下,u随便选一个位置,所有的v遇到的限制状态都是一样的
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=1;i++) {
		for(int j=0;j<=1;j++) {
			dp[u][i][j]=max({g[i^1][j]+1.0*(i&1?-1:1)*cir[u].area,g[i][j^1]+1.0*(j&1?-1:1)*cir[u].area});
		}
	}
}
int fa[maxn];
signed main() {
	int n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cir[i].x=read();cir[i].y=read();cir[i].r=read();
		cir[i].area=PI*cir[i].r*cir[i].r;cir[i].id=i;
	}
	sort(cir+1,cir+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		vector<int>v;
		for(int j=i+1;j<=n;j++) {
			if(get_dis(cir[i].x,cir[i].y,cir[j].x,cir[j].y)<=cir[j].r*cir[j].r) {
				edge[j].push_back(i);
				fa[i]=j;
				break;
			}
		}
	}
	long double ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(fa[i]==0) {
			dfs(i,0);
			ans+=dp[i][0][0];
		}
	}
	printf("%.9Lf\n",ans);
	return 0;
}