BZOJ4027 HEOI2015 兔子與櫻花

bzoj4027: [heoi2015]兔子與櫻花

很久很久之前，森林裡住著一群兔子。有一天，兔子們突然決定要去看櫻花。兔子們所在森林裡的櫻花樹很特殊。櫻花樹由n個樹枝分叉點組成，編號從0到n-1，這n個分叉點由n-1個樹枝連線，我們可以把它看成乙個有根樹結構，其中0號節點是根節點。這個樹的每個節點上都會有一些櫻花，其中第i個節點有c_i朵櫻花。櫻花樹的每乙個節點都有最大的載重m，對於每乙個節點i，它的兒子節點的個數和i節點上櫻花個數之和不能超過m，即son(i) + c_i <= m，其中son(i)表示i的兒子的個數，如果i為葉子節點，則son(i) = 0

現在兔子們覺得櫻花樹上節點太多，希望去掉一些節點。當乙個節點被去掉之後，這個節點上的櫻花和它的兒子節點都被連到刪掉節點的父節點上。如果父節點也被刪除，那麼就會繼續向上連線，直到第乙個沒有被刪除的節點為止。

現在兔子們希望計算在不違背最大載重的情況下，最多能刪除多少節點。

注意根節點不能被刪除，被刪除的節點不被計入載重。

第一行輸入兩個正整數，n和m分別表示節點個數和最大載重

第二行n個整數c_i，表示第i個節點上的櫻花個數

接下來n行，每行第乙個數k_i表示這個節點的兒子個數，接下來k_i個整數表示這個節點兒子的編號

一行乙個整數，表示最多能刪除多少節點。

10 4

0 2 2 2 4 1 0 4 1 1

3 6 2 3

1 91 8

1 10

02 7 4

01 504

對於100%的資料，1 <= n <= 2000000, 1 <= m <= 100000, 0 <= c_i <= 1000

資料保證初始時，每個節點櫻花數與兒子節點個數之和大於0且不超過m

題解here!

額，剛拿到手自然沒有什麼思路。。。

我們自底向上，貪心的優先刪除每個點的兒子中代價最小的乙個。

即：以$son[i]+val[i]$為$i$點的代價，每個點我們選取代價最小的刪除，結果一定不會變差。

證明？不存在的如下：

首先對於$i$點和$i$的兩個兒子$p,q$，由決策包容性我們可以知道：

如果$val[p]+son[p]所以我們從根節點$dfs$，從葉子結點向上回溯。

路上如果遇到能刪除的點就刪，不必考慮其祖先。

這個證明。。。$emmm.... $

證明：設點$i$的兒子是$p$，$p$的兄弟是$q$，$j$還有乙個兒子是$j$。

$dfs$的過程中，如果在回溯到$p$的時候發現可以刪除$j$，那麼就刪除$j$，並更新$p$本身的代價。

這樣可能會導致無法再回溯到$i$點的時候刪除$q$。

等一下，這不是有後效性嘛。

但是因為貪心刪了兒子而導致這個點不能再刪，那麼我們只會損失乙個點，就是該點。

而刪除兒子至少會刪除乙個，所以不會虧。。。

所以，自底向上的刪除無後效性，滿足貪心性質。

然後就可以愉快地$dfs$了。

附**：

#include#include#include#define maxn 2000010
using namespace std;
int n,m,c=1,ans=0;
int val[maxn],head[maxn],son[maxn],num[maxn],left[maxn],right[maxn];
inline int read()
while(c>='0'&&c<='9')
return date*w;
}inline bool cmp(const int &p,const int &q)
void dfs(int rt)
else break;	}}
void work()
void init()
}int main()

BZOJ4027 HEOI2015 兔子與櫻花

bzoj4027 heoi2015 兔子與櫻花

BZOJ4027 HEOI2015 兔子與櫻花

bzoj4027 HEOI2015 兔子與櫻花

BZOJ4027 HEOI2015 兔子與櫻花

bzoj4027 heoi2015 兔子與櫻花

BZOJ4027 HEOI2015 兔子與櫻花

bzoj4027 HEOI2015 兔子與櫻花

相關推薦