自动搬运

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搬运于2025-08-24 22:11:39，当前版本为作者最后更新于2019-08-25 19:16:29，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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B [yLOI2019] 梅深不见冬

Background

风，吹起梅岭的深冬；霜，如惊涛一样汹涌；雪，飘落后把所有烧成空，

像这场，捕捉不到的梦。

醒来时已是多年之久，宫门铜环才长了铁锈，

也开始生出离愁。

——银临《梅深不见冬》

Description

给定一棵 $n$ 个节点的树，在树上行走，每次要么选择一个没有到达过的子节点，要么返回父节点。想要在一个节点 $u$ 放上梅花当且仅当 $u$ 的任意子节点 $v$ 都被放上了 $w_v$ 朵梅花。在任意时刻可以收回任意节点的梅花。对于每个节点，求如果想在这个节点放梅花，则至少需要准备多少梅花。

Limitations

特殊性质1：每个节点的孩子结点个数不超过 $2$

特殊性质2：每个节点的孩子节点个数不超过 $5$

特殊性质3：任意一个节点到根的路径上的点数不超过 $3$，也即树高不超过 $3$

对于 $100\%$ 的数据，保证 $1 \leq w_i \leq 1000$

Solution

测试点 $1$：

只有一个节点，输出 $w_1$ 即可。期望得分 $5~pts$

测试点 $2~\sim 5$：

爆搜一个行走的顺序，然后可以 $O(n)$ 判断是否合法。时间复杂度 $O(n!\times n)$，期望得分 $20~pts$

测试点 $6~\sim~7$：

注意到题目所规定的走法相当于按照树的某个dfs序走，即离开某个节点时必须遍历完它的子树，否则子树中一旦有一个节点没有被遍历到，则永远无法返回这个节点。

如果设在点 $u$ 上放上 $w_u$ 朵梅花最少需要 $ans_u$ 朵梅花的话，考虑对于 $u$ 的两个孩子 $x,~y$，如果先走 $x$，那么首先需要准备 $ans_x$ 朵梅花，放上了 $w_x$ 朵梅花，剩余了 $ans_x - w_x$ 朵花，再走 $y$，需要准备 $ans_y$ 朵花，当前有 $ans_x - w_x$，则需要额外准备 $\max(ans_y - ans_x + w_x, 0)$ 朵花。先走 $y$ 的情况类似，比较一下哪种情况更优即可。

时间复杂度 $O(n)$，期望得分 $10~pts$

测试点 $8~\sim 10$：

孩子节点个数不超过 $5$，于是爆搜一下走哪个孩子的顺序，用类似子任务 $3$ 的方法统计，然后取最优的即可。

时间复杂度 $O(n \times x!)$，其中 $x$ 为最大的节点孩子个数。期望得分 $15~pts$

测试点 $11~\sim 14$：

树高不超过 $3$，考虑第 $3$ 层的节点，答案显然是他们自身的权值，第二层的节点，答案是第三层的权值和。

对于第一层的根节点 $u$，考虑放满他的孩子的花费和在这个节点上放梅花的花费的关系：

如果放满它的孩子花费为 $c$，它的孩子的权值和为 $W$，则会剩余 $rest = c - W$ 朵梅花，由于 $W$ 是个常量，$rest$ 与 $c$ 正相关。考虑当 $w_u > rest$ 时，需要额外花费 $w_u - rest$ 元，花费为 $w_u - rest + rest = w_u$ 元，当 $w_u \leq rest$ 时，花费 $rest$ 元。由此可以发现，当 $rest$ 减小时，所需要的花费不会增大。又因为 $rest$ 与 $c$ 正相关，因此放满它的孩子的花费变低，在这个节点上放梅花的花费不会增加。因此最小化放满它孩子的花费即可得到答案。

对于一个节点 $x$，设往这个节点上放上梅花至少需要准备 $ans_x$ 朵梅花，而 $x$ 的权值为 $w_x$，我们的问题是选择一个最优的放梅花的序列，使得最终需要准备的梅花最小。这个问题的答案是按照 $ans_x - w_x$ 的不升序排序即可。

考虑证明这个结论：

设有两个节点 $i,~j$，设 $a_i = ans_i - w_i,~a_j = ans_j - w_j$ 且 $a_i > a_j$。

考虑先放 $i$ 再放 $j$ 需要准备的梅花朵数是 $\max(ans_i, ans_j + w_i)$（一式），同理先放 $j$ 所需要准备的梅花朵数是 $\max(ans_j, ans_i + w_j)$（二式）。

由于 $a_i = ans_i - w_i$，得 $ans_i = a_i + w_i$。$ans_j$ 同理。对一式二式分别提出 $w$。

则

$$\text{一式} = \max(ans_i, ans_j + w_i) = \max(a_i + w_i, ans_j + w_i) = w_i + \max(a_i, ans_j) $$$$\text{二式} = \max(ans_j,ans_i + w_j) = w_j + \max(a_j, ans_i) = w_j + \max(a_j, a_i + w_i) = w_j + a_i + w_i $$

考虑一式的 $\max$ 如果取 $a_i$，那么 $\text{一式} = w_i + a_i < w_i + a_i + w_j = \text{二式}$

如果取 $ans_j$，那么 $\text{一式} = w_i + w_j + a_j < w_i + w_j + a_i = \text{二式}$

因此，一式恒小于二式，先放 $i$ 更优。

据此做数学归纳可得，按照 $ans - w$ 的不升序排序后的序列是最优的。

于是即可排序以后用上面的方式统计答案，时间复杂度 $O(n \log n)$，期望得分 $20~pts$

测试点 $15~\sim 20$：

发现上面的结论可以应用于这棵树上的任何一个节点，于是每个节点都按照这样的方法排序即可。时间复杂度 $O(n \log n)$，期望得分 $30 pts$。

Code

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>

const int maxn = 100010;

int n;
int MU[maxn], ans[maxn];
std::vector<int>son[maxn];

void dfs(const int u);
bool cmp(const int &_a, const int &_b);

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", &x);
    son[x].push_back(i);
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", MU + i);
  }
  dfs(1);
  for (int i = 1; i < n; ++i) {
    printf("%d ", ans[i]);
  }
  printf("%d\n", ans[n]);
  return 0;
}

void dfs(const int u) {
  for (auto v : son[u]) {
    dfs(v);
  }
  std::sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);
  int _ret = 0;
  for (auto v : son[u]) {
    if (_ret >= ans[v]) {
      _ret -= MU[v];
    } else {
      ans[u] += ans[v] - _ret;
      _ret = ans[v] - MU[v];
    }
  }
  ans[u] += std::max(0, MU[u] - _ret);
}

inline bool cmp(const int &_a, const int &_b) {
  return (ans[_a] - MU[_a]) > (ans[_b] - MU[_b]);
}