【BZOJ4027】【HEOI2015】兔子与樱花（贪心+dp）

Description

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n个树枝分叉点组成，编号从0到n-1，这n个分叉点由n-1个树枝连接，我们可以把它看成一个有根树结构，其中0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c_i朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重m，对于每一个节点i，它的儿子节点的个数和i节点上樱花个数之和不能超过m，即son(i) + c_i <= m，其中son(i)表示i的儿子的个数，如果i为叶子节点，则son(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。

Input

第一行输入两个正整数，n和m分别表示节点个数和最大载重。
第二行n个整数c_i，表示第i个节点上的樱花个数。
接下来n行，每行第一个数k_i表示这个节点的儿子个数，接下来k_i个整数表示这个节点儿子的编号。

Output

一行一个整数，表示最多能删除多少节点。

Sample Input

10 4

0 2 2 2 4 1 0 4 1 1

3 6 2 3

1 9

1 8

1 1

0

0

2 7 4

0

1 5

0

Sample Output

4

HINT

对于100%的数据，1 <= n <= 2000000, 1 <= m <= 100000, 0 <= c_i <= 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0且不超过m。

题解：
这个数据范围让我除了贪心再也想不到别的了……
如果有多个儿子，那么显然要先合并小儿子后合并大儿子。
因为所有节点的载重是相同的，所以我们要先合并叶子节点，不能合并就把父亲的权值+1然后叶子就可以去掉了。
证明：
1.如果合并完父亲儿子还能合并，那么无所谓顺序，可以先合并儿子。
2.如果合并完父亲儿子不能合并，那么儿子不能合并的情况在一开始就被考虑到了，而能合并的情况对答案的贡献都是1，不如合并叶子。
所以每次排个序找最小的儿子合并就好，是O(NlogN)的，没毛病。
代码如下：

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<vector>
#define ll long long
#define inf 0x7f7f7f7f
#define N 2000005
using namespace std;
void read(int &x)
{
    x=0;
    char c=getchar();
    while(c>'9' || c<'0') c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0')
    {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
}
int n,m,s[N],x,y,ans; 
vector<int> lin[N];
bool cmp(int a,int b){return s[a]<s[b];}
void dfs(int u)
{
    for(int i=0;i<lin[u].size();i++) dfs(lin[u][i]);
    sort(lin[u].begin(),lin[u].end(),cmp);
    s[u]+=lin[u].size();
    for(int i=0;i<lin[u].size();i++)
    {
        int nex=lin[u][i];
        if(s[u]+s[nex]-1<=m)
        {
            s[u]+=s[nex]-1;
            ans++;
        }
        else break;
    }
}
int main()
{
    read(n);read(m);
    for(int i=0;i<n;i++) read(s[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        read(x);
        for(int j=1;j<=x;j++)
        {
            read(y);
            lin[i].push_back(y);
        }
    }
    dfs(0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}