标签：sz val fa color 染色 tree int include
给定一颗树 每个几点上有个权值val[i], 求\(\sum val[i]\times cnt\)的最小值 cnt是染色次数
关键在于两个性质:
- 全树种权值最大的点 一定在父节点被染色之后被染色
我们比较一下染色最大点x和其他k个点
如果染色k个点 造成负面影响:\(kx\)
如果染色x 造成的负面影响:\(\sum_{i=1}^kval[i] \times (t_o+i)\)
所以应该先染x
但是这个结论不能推广到子树 因为子树不是连续染色的
从错误结论中提取正确的部分
2. 等效的权值替代 树上介绍的很清楚
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1010;
int read()
{
int x=0,f=0,c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return f?-x:x;
}
int val[N],sz[N],fa[N];
double ave[N];
vector<int> e[N];
int n,root,ans;
void dfs(int x)
{
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int y=e[x][i];
if(fa[y]) continue;
fa[y]=x;
dfs(y);
}
}
int main()
{
n=read(); root=read();
for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=read(),sz[i]=1,ave[i]=(double)val[i],ans+=val[i];
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
e[x].pb(y); e[y].pb(x);
}
fa[root]=root; dfs(root);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
double maxx=0;int x=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(j==root) continue;
if(ave[j]>maxx) maxx=ave[j],x=j;
}
ans+=sz[fa[x]]*val[x];
val[fa[x]]+=val[x];
sz[fa[x]]+=sz[x];
ave[fa[x]]=(double)val[fa[x]]/sz[fa[x]];
ave[x]=-1;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(fa[j]==x) fa[j]=fa[x];
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
注意的点:
- 多次删除set好用
- set对于结构体只看重载的 其他不看 这就导致对于相同第一关键字的set会认为两个是一样的 会进行去重操作
- priority_queue 一定要保证进入的比出去的少 这样才不会死循环
- 更新节点问题 不仅关于儿子的父亲 还要考虑重新建立边的问题 这种合并是\(n^2\)的 5. 根节点问题
6.反正是n^2算法 用选择排序的思想 暴力查找
7.用n^2的方式 暴力更新父子关系 从底部向上找 只记录fa[x]就可以了 其他的不用更新
8.答案用累加贡献的方式来计算 这种合并等抽象的问题 不必去模拟过程 可以考虑用贡献的累加方式计算
标签：sz,val,fa,color,染色,tree,int,include 来源： https://www.cnblogs.com/juruoHBr/p/15755464.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。