BZOJ3425 Poi2013 Polarization

最小值一定是n-1，每条边贡献一个答案，显然

首先我们要证明这道题的一个性质：最优解一定具有如下形式：以树的某一个重心（可以是任意一个）为根，根的每一个子树里的所有边要么都指向根，要么都指向叶子

引理：首先对于一棵树，我们把所有边的朝向反转，那么好的点对数不变，显然

那么我们要证明树中一定存在一个点，我们称之为“犇点”，其满足以他为根，他的每一个子树里的所有边要么都指向根，要么都指向叶子

假设不存在一个犇点，那么树中一定存在点对(x,y)满足：

·x到y有一条路径

·x到y的路径上除了x和y的所有点（可能没有这样的点）度数都为2

·x至少有一个不在x到y路径上的的出边，y至少有一个不在x到y路径上的入边

“以上性质的证明留给读者，证明是简单而复杂的”不要打我啊波兰文题解就这么写的

那么我们假设x有a个入边，y有b个出边，如果有一个点y'有边指向y，并且y'不在x到y的路径上，那么我们反转以y为根，y'所在的子树里的所有边（包括y到y'的），那么好的点对数会至少增加a-b+1，如果x指向一个点x'，并且x'不在x到y的路径上，那么我们反转以x为根，x'所在的子树里的所有边（包括x到x'的），那么好的点对数至少会增加b-a+1，所以我们一定能找到一种调整方法使得好的点对数增加，直到存在犇点

确认了犇点的存在之后，假设犇点已经被固定了，那么我们只要使得指向犇点的边数（也即点数）和指向叶子的边数尽量平衡即可

那么我们还要证明犇点一定是树的某一个重心，且可以是任意一个重心

假设犇点x不是树的重心，那么x一定有一个以y为根的子树大小大于n/2，那么在犇点是x的情况下，最优解一定是y的子树里的边的方向与所有其他边的方向相反，那么我们令y为根，x所在子树里所有边的朝向与其他边相反，与以x为犇点时的情况是相同的，所以以y为犇点的话最优解不会更劣，所以犇点一定是一个重心

如果有两个重心，显然以任意一个为根都能得到恰好均分的最优解

之后就是把所有的子树大小带权均分了，可以用背包来搞然后bitset压位，然后如果根的度数大于800就用2015年集训队论文里的方法贪心，把所有的子树大小推到堆里，每次弹出最大的两个，把他们差的绝对值重新插入堆，最终剩下的元素就是两部分的差的最小值

加里读入优化之后rank1 get

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<map>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
#define MAXN 250010
#define MAXM 1010
#define INF 1000000000
#define MOD 1000000007
#define ll long long
#define eps 1e-8
char xch,xB[1<<15],*xS=xB,*xTT=xB;
#define getc() (xS==xTT&&(xTT=(xS=xB)+fread(xB,1,1<<15,stdin),xS==xTT)?0:*xS++)
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getc();
	while(ch<'0'|ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
	return x*f;
}
struct vec{
	int to;
	int fro;
};
vec mp[MAXN*2];
int tai[MAXN],cnt;
int siz[MAXN],bal[MAXN];
int rt,rtf;
int d[MAXN];
ll ans;
bitset<MAXN>F;
int n;
priority_queue<int>q;
inline void be(int x,int y){
	mp[++cnt].to=y;
	mp[cnt].fro=tai[x];
	tai[x]=cnt;
}
inline void bde(int x,int y){
	be(x,y);
	be(y,x);
}
void getrt(int x,int f){
	int i,y;
	siz[x]=1;
	for(i=tai[x];i;i=mp[i].fro){
		y=mp[i].to;
		if(y!=f){
			getrt(y,x);
			siz[x]+=siz[y];
			bal[x]=max(bal[x],siz[y]);
		}
	}
	bal[x]=max(bal[x],n-siz[x]);
	if(bal[x]<bal[rt]){
		rt=x;
		rtf=f;
	}
}
void dfs(int x,int f,int d){
	int i,y;
	siz[x]=1;
	ans+=d;
	for(i=tai[x];i;i=mp[i].fro){
		y=mp[i].to;
		if(y!=f){
			dfs(y,x,d+1);
			siz[x]+=siz[y];
		}
	}
}
void main1(){
	int i,j,y;
	F[0]=1;
	for(i=tai[rt];i;i=mp[i].fro){
		F|=F<<siz[mp[i].to];
	}
	ll t=0;
	for(i=0;i<=n-1;i++){
		if(F[i]){
			t=max(t,(ll)i*(n-1-i));
		}
	}
	ans+=t;
}
void main2(){
	int i;
	for(i=tai[rt];i;i=mp[i].fro){
		q.push(siz[mp[i].to]);
	}
	while(q.size()>=2){
		int t1=q.top();
		q.pop();
		int t2=q.top();
		q.pop();
		q.push(abs(t1-t2));
	}
	ans+=(ll)((n-1-q.top())/2)*((n-1+q.top())/2);
}
int main(){
	int i,x,y;
	bal[0]=INF;
	n=read();
	for(i=1;i<n;i++){
		x=read();
		y=read();
		d[x]++;
		d[y]++;
		bde(x,y);
	}
	getrt(1,0);
	dfs(rt,0,0);
	if(d[rt]<=1000){
		main1();
	}else{
		main2();
	}
	printf("%d %lld\n",n-1,ans);
	return 0;
}

/*

*/