博客园同步

原题链接

简要题意：

给定一棵树，每个点有黑白两种颜色；对每个节点，求出包含当前节点的连通图，使得白点数与黑点数差最小。输出这些值。

F题也这么简单，咳咳，要是我也熬夜打上那么一场。。。可惜没时间打啊

美国佬怎么想的，不能让比赛设置成美国的上午，那我们就是下午了；非要设置成下午，那我们就是半夜。。。

首先，这题一看就是 $\texttt{dp}$，树形 $\texttt{dp}$，换根 $\texttt{dp}$.

下文中，用 $\texttt{Subtree(i)}$ 表示 $i$ 的子树包含的所有节点集合。

用 $\texttt{father(i)}$ 表示 $i$ 节点的父亲。

用 KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 15: \texttt{colour_̲i} 表示 $i$ 节点的颜色值，黑为 $-1$，白为 $1$.

首先，假定 $1$ 为根。

用 $f_i$ 表示，当前联通图包含在以 $i$ 为根的子树内的答案。

则必然存在：

$f_i = colour_i + \sum_{x \in Subtree(i)} \max(f_x,0)$

因为， $colour_i$ 是必须包含的，其次是所有子树中的答案统计；负数不统计。

下面考虑一个换根（树形） $\texttt{dp}$.用 $g_i$ 表示 整棵树去掉以 $i$ 为根的子树后（保留 $i$ 节点）的答案。

$g_i = colour_i + \max(0,g_{\texttt{father(i)}} + \sum_{x \in Subtree(\texttt{father(i)})}^{i \not = x} \max(f_x,0))$

这也是显然的。

你发现这玩意儿似乎是 $O(n^2)$ 的？？？

可以，你机智地发现，后面和 $f_i$ 的状态转移方程长得不是一点点像！

接着，我们来看后面的部分。

$\sum_{x \in Subtree(\texttt{father(i)})}^{i \not = x} \max(f_x,0) = f_{\texttt{father(i)}} - \max(0,f_i) - colour_{\texttt{father(i)}}$

把这个代入 $g$ 可知：

$g_i = colour_i + \max(0,g_{\texttt{father(i)}} + f_{\texttt{father(i)}} - \max(0,f_i) - colour_{\texttt{father(i)}})$

然后考虑统计答案。

你可能觉得是这样子的：

$ans_i = f_i + \max(0,g_i)$

可是你机智的发现，连样例都过不了！！！

什么鬼？

$f_i$ 和 $g_i$ 都没毛病？

$ans_i$ 似乎 也没什么问题？

你再次环顾了以下 $f$ 和 $g$ 的方程。

你机智的发现，两个函数都计算了 $colour_i$.

所以还要减掉一个！

$ans_i = f_i + \max(0,g_i - colour_i)$

天哪，你告诉我这个树形 dp 不会写？？？

要是 $1$ 年前的我，这里肯定是记忆化搜索。

但是，我们就用树形 $\texttt{dp}$ 写，怎么地！

具体见代码。

时间复杂度： $O(n)$.

空间复杂度： $O(n)$.

实际得分： $100pts$.

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2e5+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,a[N],fa[N],f[N];
int g[N],ans[N];
vector<int>G[N]; 
//正常套路，化树为图，随意求根，形成父亲

inline void solve(int dep,int bs) { //bs 是 dep 的父亲，既方便处理父亲，也为后面的 g 做铺垫
	fa[dep]=bs; f[dep]=a[dep]?1:-1;
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]!=bs) {
			solve(G[dep][i],dep);
			if(f[G[dep][i]]>0) f[dep]+=f[G[dep][i]];
		} //加上每个儿子维护的子树值即可，巧妙维护
}

inline void dfs(int dep) {
	int x=fa[dep],t=g[x]+f[x]-(a[x]?1:-1);
	if(f[dep]>0) t-=f[dep];
	if(t<0) t=0; ans[dep]=f[dep]+t;
	g[dep]=t+(a[dep]?1:-1);
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]-fa[dep]) dfs(G[dep][i]);
} //维护 g

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read();
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	solve(1,0); g[1]=a[1]?1:-1; ans[1]=f[1];
	for(int i=0;i<G[1].size();i++) dfs(G[1][i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}