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简要题意：

给定 $n$ 个节点的一棵树，用 $\text{dis}(x,y)$ 表示 $x,y$ 的距离， $s_x = \sum_{y=1}^n \text{dis}(x,y)$.求最小的 $x$ 和 $s_x$.（其实就是求树上到一点距离之和最小的点和该距离）

$n \leq 5 \times 10^4$.

数据加强： $n \leq 10^7$.

首先，我们可以统计 $a_x$ 表示以 $x$ 为根的子树大小。我们开局默认 $1$ 是整棵树的根，那么树就有了层次，子树就是唯一的。

如何快速统计 $s_x$ 呢？你会发现，如果用 ${fa}_x$ 表示 $x$ 的父亲节点，那么 $s_x$ 和 $s_{{fa}_x}$ 是可以进行转移的。这是 典型的换根 $\text{dp}$ 模板。

简单来说，就是，已知 $s_{{fa}_x}$，如何 $\mathcal{O}(1)$ 求出 $s_x$ 呢？

实际答案不难：

• 在 $s_{{fa}_x}$ 的基础上转到 $s_x$，则以 $x$ 为根的子树对 $x$ 的贡献比对 ${fa}_x$ 的贡献少 $1$，所以需要 $-a_x$.（包括 $x$ 本身）。
• 不包含在 $x$ 为根的子树内的所有节点对 $x$ 的贡献比对 ${fa}_x$ 的贡献多 $1$，所以需要 $+a_1 - a_x$.（因为 $1$ 是树根，所以 $a_1$ 就是所有节点的个数）（这里包括 ${fa}_x$ 本身）

可得：

$s_x = s_{{fa}_x} - a_x + a_1 - a_x$

当然 $s_1$ 我们可以在统计 $a$ 的时候顺便暴力算一下。

时间复杂度： $\mathcal{O}(n)$.

实际得分： $100pts$.

细节：

如果在统计 $s$ 的时候用 mini 和 minh 进行统计可能会出现错误。这是因为，统计 $s$ 并不是按照编号大小，而是按照 $\text{dfs}$ 的顺序，题意是 若干 $s_x$ 相同的 $x$ 输出最小的一个，所以最后我们要重新统计 minh 的答案。

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

const int N=5e4+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1; while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	   int x=0;while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

int a[N],n,s[N];
vector<int> G[N];
int mini,minh;

inline void dfs(int dep,int fa,int far) {
	bool f=0; s[1]+=far;
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]-fa) {f=1;break;}
	if(!f) {a[dep]=1;return;} //叶节点
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]-fa) {
			dfs(G[dep][i],dep,far+1);
			a[dep]+=a[G[dep][i]];
		} a[dep]++; //别忘了自己
}

inline void meeting(int x,int fa) {
	s[x]=s[fa]+a[1]-a[x]-a[x];
	if(s[x]<mini) mini=s[x],minh=x;
	for(int i=0;i<G[x].size();i++)
		if(G[x][i]-fa) meeting(G[x][i],x); //统计 s 和答案
}

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int u=read(),v=read();
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u);
	} dfs(1,0,0); mini=s[1],minh=1;
	for(int i=0;i<G[1].size();i++) meeting(G[1][i],1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i]==mini) {minh=i; break;}
	printf("%d %d\n",minh,mini); //更新答案
	return 0;
}