CF1088F Ehab and a weird weight formula 题解

题目来源

• CF1088F

• 洛谷

Description

给定一棵有 $n$ 个点的树，点有点权 { a i } \{a_i\} {ai​}。且除了唯一的一个点权最小的点，其余的点都与一个权值比它小的点相邻。

现在需要用这 $n$ 个点重新构建一棵树，使得代价最小。一个点 $u$ 的代价为 ${\mathrm{deg}}_u\times a_u$，${\mathrm{deg}}_u$ 表示其度数；而一条边 $(u,v)$ 的代价为 ⌈ log ⁡ 2 dis ( u , v ) ⌉ × min ⁡ { a u , a v } \lceil\log_2\text{dis}(u,v)\rceil\times\min\{a_u,a_v\} ⌈log2​dis(u,v)⌉×min{au​,av​}。

• $2\le n\le 5\times 10^5$。

Solution

首先，对于点的代价可以很容易的转化到边上。即一条边 $(u,v)$ 的代价为 ⌈ log ⁡ 2 dis ( u , v ) ⌉ × min ⁡ { a u , a v } + a u + a v \lceil\log_2\text{dis}(u,v)\rceil\times\min\{a_u,a_v\}+a_u+a_v ⌈log2​dis(u,v)⌉×min{au​,av​}+au​+av​。

其次，由于除了唯一的一个点权最小的点，其余的点都与一个权值比它小的点相邻，则我们可以将这棵树的根节点设为点权最小的点，且每个节点的父亲节点的点权都小于它。

那么，对于一个点，其向自己的祖先连边一定更优于向自己的后代或兄弟连边的（若向兄弟连边，不如向 $\text{lca}$ 连边，因为距离更短且点权更小；后代则显然）。

同时，若每个点都向自己的祖先连边也就满足了连边完仍为树的条件。

接着，由于 $\lceil {\log }_2\text{dis}(u,v)\rceil$ 的值域只有 $O(\log n)$，可直接枚举 $k=\lceil {\log }_2\text{dis}(u,v)\rceil$。

而对于相同的 $k$，显然 $a_v$ 越小答案越优，而 $u$ 的 $2^k$ 级祖先即为最优的答案。因此我们只需要预处理出每个点的 $2^k$ 级祖先，并每次枚举 $k$ 取最小值，最后相加即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[500005],Min=1e9+1,root,Fa[500005][20],head[1000005],ver[1000005],nxt[1000005],tot;
long long ans;
void add(int u,int v){
    ver[++tot]=v;
    nxt[tot]=head[u],head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa){
    Fa[u][0]=fa;
    for (int i=1;i<=19;i++) Fa[u][i]=Fa[Fa[u][i-1]][i-1];
    for (int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=ver[i];
        if (v==fa) continue;
        dfs(v,u);
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        if (a[i]<Min) Min=a[i],root=i;
    }
    for (int i=1,u,v;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    dfs(root,root);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        if (i==root) continue;
        long long Minn=1e18;
        for (int j=0;j<=19;j++){
            int v=Fa[i][j];
            Minn=min(Minn,1ll*(j+1)*a[v]+a[i]);
        }
        ans+=Minn;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}