POJ 2054 Color a Tree (贪心)

$ POJ~2054~Color~a~Tree $

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$ solution: $

我们先从题中抽取信息，因为每个点的费用和染色的次数有关，所以我们可以很自然的想到先给权值大的节点染色。但是题目还说每个节点染色前它的父亲节点也必须被染色，这就有了很多的后效性。

暂时没有办法贪心，我们就只能再找找性质。博主首先想到的是从叶子节点考虑，叶子节点里权值最小的一定最后染色。但是经过自我hack，这个结论也是错的。举个栗子：5-1-1-1-8，这条链上如果以左边第一个1为根，先染5会更优。

叶子节点我们拿他没办法，所以我们看看树枝，然后我们可以猜一个贪心：对于某一个节点，在它的所有儿子节点中最早被染色的一定是最大的那个。好吧，这个贪心也是错的，每个节点的费用会受到子节点的影响。

那，什么情况下不会有后效性呢？我们可以从全局考虑，找整颗树上权值最大的节点，这个节点一定在它父亲染色后第一个被染色。这个顺序绝不会变（是一个正确的贪心）。但是我们找到这个最大的节点之后又该如何？找第二大的节点？可这个结论还适用吗？

这里我们有一个常用套路，在之前贪心是我们其实就可以想到：对每个点设定一个新的权值。但是这个设新权值的办法在最开始不好用，它要猜。不过我们在想出上面这个贪心后就可以很容易设出来这个权值。因为上面说过了最大的节点一定在它父亲染色后第一个被染色。这，我们不就相当与将两个点合并吗？但是新权值怎么设？我们仔细思考一下就可以知道新权值为新节点所包含节点的权值和除以包含的节点数

然后我们直接按照这个方法贪心，找最大用优先队列，每次合并时计算一下局部答案即可。复杂度 $ O(nlogn) $

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>#define ll long long
#define db double
#define rg register intusing namespace std;db d[1005];
int n,root,top;
int s[1005];
int fa[1005];
int tot[1005];
int sum[1005];
int ans[1005];
bool use[1005];struct pi{db v; int id;inline bool operator <(const pi &x)const{return v<x.v;}
}a[1005];priority_queue<pi> q;inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res;
}inline int get(int x){if(x==s[x])return x;return s[x]=get(s[x]);
}int main(){//freopen(".in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);while(~scanf("%d%d",&n,&root)){if(!n&&!root)break;for(rg i=1;i<=n;++i){rg x=qr(); d[i]=a[i].v=x; a[i].id=i; q.push(a[i]); //读入s[i]=i; tot[i]=1; use[i]=0; sum[i]=ans[i]=x;//预处理} use[root]=1; //根节点没有父亲，不能合并，所以直接判它已被使用for(rg i=1;i<n;++i){rg x=qr(),y=qr(); fa[y]=x; //读入父子关系y}for(rg i=1;i<n;++i){ //有且仅有n-1次合并while(use[q.top().id]||d[q.top().id]!=q.top().v)q.pop();//有一些节点被用过，是无效的rg x=q.top().id,y=get(fa[x]); q.pop(); //x为儿子，y为父亲s[x]=y; use[x]=1; ans[y]+=ans[x]+sum[x]*tot[y]; //更新节点信息tot[y]+=tot[x]; sum[y]+=sum[x]; //更新节点信息pi z; d[y]=z.v=(db)sum[y]/tot[y]; z.id=y; q.push(z); //合并节点}printf("%d\n",ans[root]); //根节点的答案才是最终答案}return 0;
}