POI2014 FAR-FarmCraft
【Farm Craft】
【题目描述】
mhy住在一棵有n个点的树的1号结点上,每个结点上都有一个妹子。
mhy从自己家出发,去给每一个妹子都送一台电脑,每个妹子拿到电脑后就会开始安装zhx牌杀毒软件,第i个妹子安装时间为。
树上的每条边mhy能且仅能走两次,每次耗费1单位时间。mhy送完所有电脑后会回自己家里然后开始装zhx牌杀毒软件。
卸货和装电脑是不需要时间的。
求所有妹子和mhy都装好zhx牌杀毒软件的最短时间。
【Input】
第一行一个N,房屋数量
第二行N个数,C[i]
接下来的n - 1行表示相连接的房屋编号
【Output】
一个数字表示最少的时间
【Sample】
样例输入
6
1 8 9 6 3 2
1 3
2 3
3 4
4 5
4 6
样例输出
11
【Analyzation & Solution】
来看样例
模拟一下
1 3 2 3 4 5 4 6 4 3 1
此时time为10
再加上最后回到出发点的自己安装软件所需时间1
答案是11
可见,上述模拟是通过先走大的再走小的
这样的话能保证安装同时进行
那么这个贪心究竟对不对呢?
我们来看这个图
仅仅是把节点5的权值更改为了50
远远大于节点3的9
那么此时显然我们要先遍历5号节点才是最优
如果按照上述贪心一定是不成立的
那怎么办呢?
咳咳
模拟样例的过程中发现
每个节点都有两种决策
这不禁让人联想到了树型DP
定义f[i]表示遍历以i为根的子树最短所用时间
size[i]即当前子树的大小(边数)
引用某大佬の证明
假设u节点有儿子x和y,则如果先走x的话u的时间就为max(f[x]+1,f[y]+2*size[x]+1);
同理,先走 y 的话 u 的时间就为max(f[y]+1,f[x]+2*size[y]+1),若先安装x合适,则必有2*size[x]+f[y]+1>2*size[y]+f[x]+1,即f[x]-2*size[y]<f[y]-2*size[x]。
既然这样,我们排序 f[i] - size[i] 即可。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int 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;
}
const int maxn = 500000+5;
int t, c[maxn], head[maxn], n, tot;
int f[maxn], size[maxn];
int q[maxn];
struct node{
int to,nxt;
}e[maxn << 1];
inline bool cmp(int x, int y){
return f[x] - 2 * size[x] > f[y] - 2 * size[y];
}
inline void add(int x, int y){
e[++tot].to = y;
e[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline void dfs(int u, int fa){
int cnt=0, sum=1;
if(u == 1) f[u]=0;
else f[u] = c[u];
size[u] = 1;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
size[u] += size[v];
}
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
if(e[i].to != fa)
q[++cnt] = e[i].to;
sort(q + 1, q +1 + cnt, cmp);
for(int i = 1; i <= cnt; i++){
f[u] = max(f[u], f[q[i]] + sum);
sum += 2 * size[q[i]];
}
}
int main(){
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();
for(int i = 1; i <= n - 1; i++){
int x = read(), y = read();
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs(1, -1);
printf("%d", max(f[1], c[1] + 2 * (n - 1)));
return 0;
}
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