【BZOJ2525】[Poi2011]Dynamite(二分,树形dp)
【BZOJ2525】[Poi2011]Dynamite
Description
某个点上的引线被点燃后的1单位时间内,在树上和它相邻的点的引线会被点燃。如果一个有炸.药的点的引信被点燃,那么这个点上的炸.药会爆炸。
求引爆所有炸.药的最短时间。
输入:
第一行是两个整数N,M。(1<=m<=n<=300000)
接下来一行有N个整数Di,第I个数为1表示该点有炸.药。
接下来N-1行每行有两个数A,B,表示A和B之间有一条边。
输出:
最短时间。
样例解释:
点燃3,5上的引线。
Sample Input
1 0 1 1 0 1 1
1 3
2 3
3 4
4 5
5 6
5 7
Sample Output
/*
二分答案。
然后接下来从下往上扫整棵树。
节点的状态有:
第一种 子树内没有不被覆盖的关键点,并且子树中有一个节点的贡献可以继续往上。
第二种 子树内有不被覆盖的关键点,子树中没有节点的贡献可以继续往上。
第三种 既没有 不被覆盖的关键点,又没有 可以继续往上贡献的点。
第四种 都有。
但是 可以证明,第四种情况存在的话,显然可以在子树外挑一个点来覆盖没有被覆盖的关键点,但是这个时候子树内的挑选的点就没有卵用了,所以这种情况可以归到第三种。
然后具体就是贪心讨论的过程了。
贪心的思想就是,能不染就不染
显然第一种需要记录还能往上走多少。
第二种需要记录最远的不被覆盖的关键点到达目前的根节点的距离
*/ #include<iostream>
#include<cstdio> #define N 300007 using namespace std;
int n,m,h[N],cnt,d[N],sum,sm,mx[N],mn[N];
struct edge
{
int ne,to;
}e[N<<]; inline int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
} void add(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
} void dfs(int u,int fa,int w)
{
mx[u]=-1e9,mn[u]=1e9;
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].to!=fa)
{
dfs(e[i].to,u,w);
mx[u]=max(mx[u],mx[e[i].to]+);
mn[u]=min(mn[u],mn[e[i].to]+);
}
if(d[u]&&mn[u]>w) mx[u]=max(mx[u],);
if(mx[u]+mn[u]<=w)mx[u]=-1e9;
if(mx[u]==w) sm++,mx[u]=-1e9,mn[u]=;
} bool ok(int w)
{
sm=;dfs(,,w);
return sm+(mx[]>=)<=m;
} int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++)
d[i]=read(),sum+=d[i];
for(int i=;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
add(x,y),add(y,x);
}
if(sum<=m)
{
puts("");return ;
}
int l=,r=n,ans=n;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>;
if(ok(mid)) r=mid-,ans=mid;
else l=mid+;
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}
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