AtCoder Grand Contest 010 C - Cleaning 贪心

题意

有一棵树，每个节点i上有一个权值v[i]。定义叶子节点为度数为1的节点。现在每次可以选择两个不同的叶子节点，然后把这两个节点路径上的节点权值-1。节点权值任意时刻不能为负。问是否存在一种操作方案使得最后每个节点的权值都为0。
n<=100000,v[i]<=10^9

分析·

首先我们找一个度数大于1的点作为根。
对于一条路径，其必然经过这两个叶子节点的lca。我们可以把这条路径拆成两条到lca的链，然后看成这两个叶子节点在lca这个位置相互匹配。
那么一个叶子节点l初始时有a[l]条链，现在考虑从下往上进行贪心。
当操作到一个节点时，它的每一棵子树都有若干条链伸上来。
若一条链不在该点匹配，则会对该点的权值造成1的贡献。若两条链在这个点相匹配，那么这两条链总共会造成1的贡献。
现在我们要使这个点恰好受到a[x]的贡献，那么很显然我们需要匹配的对数就固定了。
注意到同一棵子树之间的链不能相互匹配，那么现在问题就是是否存在一种匹配方案使得匹配数恰好为某个值。
设总共有cnt条链，单棵子树伸上来链数目的最大值为mx，需要恰好w个匹配。
有一个结论就是若cnt-mx>=w则必然存在匹配。
这个可以通过反证法来证明。
那么剩下的就很简单了。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=100005;

int n,cnt,last[N],deg[N];
struct edge{int to,next;}e[N*2];
LL f[N],a[N];

int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

void addedge(int u,int v)
{
    e[++cnt].to=v;e[cnt].next=last[u];last[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;e[cnt].next=last[v];last[v]=cnt;
}

bool dfs(int x,int fa)
{
    if (deg[x]==1) {f[x]=a[x];return 1;}
    LL mx=0;
    for (int i=last[x];i;i=e[i].next)
    {
        if (e[i].to==fa) continue;
        if (!dfs(e[i].to,x)) return 0;
        f[x]+=f[e[i].to];
        mx=max(mx,f[e[i].to]);
    }
    if (f[x]<a[x]||f[x]-mx<f[x]-a[x]) return 0;
    f[x]-=(f[x]-a[x])*2;
    if (f[x]<0) return 0;
    else return 1;
}

int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    n=read();
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    if (n==2) {puts(a[1]==a[2]?"YES":"NO");return 0;}
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        deg[x]++;deg[y]++;
        addedge(x,y);
    }
    int rt;
    for (int i=1;i<=n;i++) if (deg[i]>1) {rt=i;break;}
    if (!dfs(rt,0)) puts("NO");
    else if (!f[rt]) puts("YES");
    else puts("NO");
    return 0;
}