P3574 [POI2014] FAR-FarmCraft 题解



题目需要我们从一号节点开始遍历整棵树,并给每一个节点记录下遍历到其的时间。
同时每一个节点又有一个自己的倒计时,当遍历到其的时候就开始计时。
我们需要求出所有节点中倒计时结束最慢的那一个的结束时间,并最小化之。

我们不难想象出一个简单的 DP 式子来求得最终的答案:

对于节点 u 的子树 v,我们有如下的 DP 式子:

dp[u]=max(dp[u],dp[v]+sz[u]+1)

其中 dp[u] 代表当前子树中最大的答案;
sz[u] 代表遍历过 v 所在的子树之前已经经过的所有子树的大小之和再乘以 2,这个在遍历完毕整个子树之后会更新为该子树的大小乘以 2。

我们可以发现,我们最终的答案跟遍历子树的顺序有关,于是我们考虑对其进行排序。

对于一个节点 x 的两个子树 yz,我们假设先遍历 y 再遍历 z
这样的话,我们的答案就是 max(dp[y]+sz[u]+1,dp[z]+sz[u]+sz[y]+2+1)
我们假定这个方案比交换两个子树的遍历顺序得到的答案更优。
交换两个子树的遍历顺序之后得到的答案就是 max(dp[z]+sz[u]+1,dp[y]+sz[u]+sz[z]+2+1)

我们最终得到如下式子:

max(dp[y]+sz[u]+1,dp[z]+sz[u]+sz[y]+2+1)>max(dp[z]+sz[u]+1,dp[y]+sz[u]+sz[z]+2+1)

我们将不等式左右两边同时约掉 sz[u]+1,得到

max(dp[y],dp[z]+sz[y]+2)>max(dp[z],dp[y]+sz[z]+2)

因为 dp[y]<dp[y]+sz[z]+2dp[z]<dp[z]+sz[y]+2,所以一定是 dp[y]+sz[z]+2dp[z]+sz[y]+2 之间的差值导致了答案的变化。

因此,我们可以得到

dp[y]sz[y]<dp[z]sz[z]

然后我们就可以按照这样的方法排序了。

参考代码如下:

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 500010;
template<typename T>
inline T read()
{
T x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)) { if(c == '-')f = -1; c = getchar(); }
while(isdigit(c))x = x * 10 + (c ^ 48), c = getchar();
return x * f;
}
int n;
vector<int>e[N];
int val[N];
int f[N], sz[N];
bool cmp(const int a, const int b)
{
return sz[a] - f[a] < sz[b] - f[b];
}
void dfs(int p, int fa)
{
if(p != 1)f[p] = val[p];
if(e[p].empty())return;
for(auto i : e[p])
if(i != fa)dfs(i, p);
sort(e[p].begin(), e[p].end(), cmp);
for(auto i : e[p])
{
if(i == fa)continue;
f[p] = max(f[p], f[i] + sz[p] + 1);
sz[p] += sz[i] + 2;
}
}
int main()
{
n = read<int>();
for(int i = 1; i <= n; i++)
val[i] = read<int>();
for(int i = 1; i < n; i++)
{
int u = read<int>(), v = read<int>();
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", max(f[1], sz[1] + val[1]));
return 0;
}