题目描述
很久很久之前,森林里住着一群兔子。有一天,兔子们突然决定要去看樱花。兔子们所在森林里的樱花树很特殊。
樱花树由 nnn 个树枝分叉点组成,编号从 000 到 n−1n-1n−1 ,这 nnn 个分叉点由 n−1n-1n−1 个树枝连接,我们可以把它看成一个有根树结构,其中 000 号节点是根节点。这个树的每个节点上都会有一些樱花,其中第i个节点有 cic_ici 朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重 mmm ,对于每一个节点 iii ,它的儿子节点的个数和 iii 节点上樱花个数之和不能超过 mmm ,即 son(i)+ci≤mson(i) + c_i \le mson(i)+ci≤m,其中 son(i)son(i)son(i) 表示 iii 的儿子的个数,如果 iii 为叶子节点,则 son(i)=0son(i) = 0son(i)=0 。
现在兔子们觉得樱花树上节点太多,希望去掉一些节点。当一个节点被去掉之后,这个节点上的樱花和它的儿子节点都被连到删掉节点的父节点上。如果父节点也被删除,那么就会继续向上连接,直到第一个没有被删除的节点为止。
现在兔子们希望计算在不违背最大载重的情况下,最多能删除多少节点。
注意根节点不能被删除,被删除的节点不被计入载重。
数据范围
对于 100%100\%100% 的数据, 1≤n≤2000000,1≤m≤100000,0≤ci≤10001 \le n \le 2000000, 1 \le m \le 100000, 0 \le c_i \le 10001≤n≤2000000,1≤m≤100000,0≤ci≤1000
数据保证初始时,每个节点樱花数与儿子节点个数之和大于 000 且不超过 mmm
题解
考场发现 dpdpdp 不可做,然后考虑一下贪心
发现删的顺序不影响答案,所以我们考虑从下往上删点
设 cic_ici 是 iii 子树不包括 iii ,删完点后 iii 点的代价大小
想法是考虑 iii 的孩子 vvv ,若删去 vvv 的话对 cic_ici 的增量为 cv−1c_v-1cv−1,所以将所有的 cvc_vcv 从小到大排序,依次删去即可,直到不能删去为止
考虑其正确性
若不删去两个最小的,而删去更大的一个 cvc_vcv ,但是两个小的的和超过了 cvc_vcv ,故 ci>ci′c_i>c_i'ci>ci′ ,考虑父亲被删情况
- cic_ici , ci′c_i'ci′ 都没被删,则 cic_ici 更优
- ci′c_i'ci′ 被删, cic_ici 没被删,则其父亲的 ccc 值更大,但是删去点数两者是相同的,所以 cic_ici 更优
- cic_ici , ci′c_i'ci′ 都被删,则递归到了此时的问题
总之 cic_ici 是更优的,故贪心是正确的
效率: O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) ,效率主要在排序上面,常数很小可过此题
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int n,m,c[N],s;vector<int>e[N];
bool cmp(int x,int y){return c[x]<c[y];}
void dfs(int x){
int sz=e[x].size();
for (int i=0;i<sz;i++) dfs(e[x][i]);
sort(e[x].begin(),e[x].end(),cmp);
for (int i=0;i<sz;i++){
if (c[x]+c[e[x][i]]-1<=m)
c[x]+=c[e[x][i]]-1,s++;
else break;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for (int x,y,i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);c[i]+=x;
for (int j=1;j<=x;j++)
scanf("%d",&y),
e[i].push_back(y+1);
}
return dfs(1),printf("%d\n",s),0;
}