标签：树形dp   个数   main   tchar   nod   while   pen   二分   arch   

LUK-Triumphal arch

(学长推荐的，说是好欺负的题)

首先，答案\(k\)具有单调性， \(k\)越大, 正确的可能性越大，所以考虑二分\(k\).

然后，用树形DP进行检查。

1. 一定要把\(B\) 所在节点的所有儿子都涂上色。但是有时可能无法一次让该节点的儿子全都涂黑，所以可以提前将部分点涂黑。
2. \(B\)一定不会走回头路，等于白给了\(A\)涂色的机会。

\(f[i]\)表示在\(i\)的子树中（不包括\(i\)），染色\(k\)个后还需要的染色次数。

\(son[i]\)表示\(i\)点儿子的个数，\(sum\)表示\(f[i\) 的子节点 \(]\) 的和。

\(f[i] = max(0, sum + son[i] - k)\)

对于每次二分\(k\)值，进行一次DP，如果\(f[1] <= 0\),说明答案可行。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define orz cout << "AK IOI" <<"\n"

using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 10;

inline 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 << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
	return x * f;
}
int n;
struct node{
	int u, v, nxt;
}e[maxn << 1];
int js, head[maxn];
void add(int u, int v)
{
	e[++js] = (node){u, v, head[u]};
	head[u] = js;
}
int son[maxn], f[maxn];
void dfs(int u, int fa)
{
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
	{
		int v = e[i].v;
		if(v == fa) continue;
		son[u]++;
		dfs(v, u);
	}
}
void dfs2(int u, int fa, int mid)
{
	f[u] = son[u] - mid;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
	{
		int v = e[i].v;
		if(v == fa) continue;
		dfs2(v, u, mid);
		if(f[v] > 0) f[u] += f[v];
	}
}
int main()
{
    //freopen(".in","r",stdin); 
    //freopen(".out","w",stdout);
    n = read();
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
    	int u = read(), v = read();
    	add(u, v), add(v, u);
	}
	dfs(1, 0);
	int l = son[1], r = 0, ans;
	for(int i = 1; i <= n; i++) r = max(r, son[i]);
	while(l <= r)
	{
		int mid = (l + r) >> 1;
		dfs2(1, 0, mid);
		if(f[1] <= 0) ans = mid, r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

LUK-Triumphal arch 题解

标签：树形dp   个数   main   tchar   nod   while   pen   二分   arch   

原文地址：https://www.cnblogs.com/yangchengcheng/p/14728783.html