HNOI2014 米特运输

P3237 [HNOI2014] 米特运输

题目大意

有一棵有 n n n个节点的树,每个点有一个权值,要求修改一些点的权值,使得:

  • 同一个父亲节点的所有儿子节点的权值相同
  • 父亲节点的权值必须是所有儿子结点的权值之和

求需要修改的最小次数。

1 ≤ n ≤ 5 × 1 0 5 1\leq n\leq 5\times 10^5 1n5×105


题解

我们发现,当树上一个点的权值确定之后,树上所有的点的权值都可以确定。那么,对于每个点 i i i,我们可以求出当这个点的权值不修改时,根节点的权值 c i c_i ci

对于两个点 i i i j j j,如果 c i = = c j c_i==c_j ci==cj,则当根节点的权值取 c i c_i ci时,这两个点的权值都不需要修改。那么我们只需要给 c c c值排序,再求出最多有多少个 c i c_i ci的值相同。若最多有 k k k c i c_i ci的值相同,则答案为 n − k n-k nk

不过,我们发现 c i c_i ci的值可能很大,而求 c i c_i ci是点 i i i原来的权值乘上从点 i i i的父亲到根节点的每个点的儿子个数之积,所以我们可以用 l o g log log将乘法转化为加法,那么就不会出现 c i c_i ci存不下的情况。

时间复杂度为 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000;
const double eps=1e-8;
int n,tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5],a[N+5],ct[N+5];
int now=0,ans=0;
double b[N+5];
void add(int xx,int yy){l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u,int fa,double sum){b[u]+=sum;sum+=log(ct[u]-(u>1));for(int i=r[u];i;i=l[i]){if(d[i]==fa) continue;dfs(d[i],u,sum);}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);b[i]=log(a[i]);}for(int i=1,x,y;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);++ct[x];++ct[y];}dfs(1,0,0);sort(b+1,b+n+1);for(int i=1;i<=n;i++){if(i>1&&fabs(b[i]-b[i-1])>eps){ans=max(ans,now);now=0;}++now;}ans=max(ans,now);ans=n-ans;printf("%d",ans);return 0;
}

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