BZOJ 3573 [HNOI 2014] 米特运输（乱搞）

最新推荐文章于 2018-12-11 08:53:12 发布

Saikaai

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本文介绍了一道BZOJ3573的算法题解，通过优化从N^2的时间复杂度降至更高效的方法。利用广度优先搜索（BFS）计算根节点与各节点的关系，并采用取对数方式处理大数值，最终通过排序统计得出最优解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：BZOJ 3573

虽说这道题的做法是乱搞，但是我一开始写的是也只会50分得暴力= =。

说说这道题吧。50分的暴力应该很好想，就是保持一个节点不变，计算其它的节点的改变的次数，这样做时间复杂度是N^2，明显TLE。我们观察可以知道，对于这棵树，一个节点的值确定了，那么根节点的值也就唯一确定了。那么我们可以想到，对于每一个节点，计算保持该节点不变时根节点的值。至于计算之前，可以先用bfs计算根节点相当于当前节点的多少倍，然后计算出根节点的值。再将根节点的值排序，统计出现最多的根节点的值的次数，那么最终答案即为N-该次数。但是这一道题的数值比较大，直接计算不行，可以采用取对数和开hash的做法。由于我没有特殊的hash技巧，所以我采用的是取对数。取对数要注意精度问题，1e-4即可接受。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define maxn (500000+10)
#define sai (1e-4)
int N;
int cc[maxn],head[maxn];
double a[maxn],dis[maxn];
struct node{
	int v,next;
}e[maxn];
queue<int>q;

int k=0;
void adde(int u,int v){
	e[k].v=v; e[k].next=head[u]; head[u]=k++;
}
bool cmp(double x,double y){
	return x<y;
}

int main(){
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&N); int x;
	for(int i=1;i<=N;i++)scanf("%d",&x),a[i]=log((double)x);
	for(int i=1;i<N;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		adde(x,y); cc[x]++; 
	}
	q.push(1);
	while(!q.empty()){
		int u=q.front(); q.pop();
		double temp=log((double)cc[u]);
		for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
			int v=e[i].v; dis[v]=dis[u]+temp;
			q.push(v);
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)a[i]+=dis[i];
	sort(a+1,a+N+1,cmp);
	int ans=0,cnt=1;
	double temp=a[1];
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(a[i]-temp<sai)cnt++;
		else{
			temp=a[i]; cnt=1;
		}
		ans=max(ans,cnt);
	}
	printf("%d",N-ans);
	return 0;
}