CF1515F Phoenix and Earthquake 题解

合集 - codeforces题解集1(37)

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收起

题目链接：CF 或者 洛谷

首先基于一个事实，答案一定是生成树，显然，每次我们都需要连边，每次都会 $-x$，那么一共会减少 $(n-1)\times x$，很显然的一个必要条件为：

$$\sum _{i=1}^n{a}_i\ge (n-1)\times x\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{一}\mathrm{定}\mathrm{成}\mathrm{立}。$$

现在我们用来证明它同时也是一个充分条件，不妨设：

$$a_1\le a_2\le a_3\le a_4....\le a_n,\mathrm{且}\sum _{i=1}^n{a}_i\ge (n-1)\times x。$$

假如无法找到 $a_i+a_j\ge x$，不妨考虑极端情况，考虑与 $a_n$ 相连的点 $a_i$，假如有 $a_i+a_n<x$，显然有 $a_n<x-a_i$，所以此时有：

$$a_1\le a_2\le a_3...a_n<x-a_i,\sum _{i=1}^n{a}_i<(n-1)\times (x-a_i)+a_i$$

$$\Rightarrow \mathrm{原}\mathrm{式}<(n-1)\times x-(n-2)\times a_i,\mathrm{又}\mathrm{知}\mathrm{道}n\ge 2,\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{与}\mathrm{条}\mathrm{件}\mathrm{矛}\mathrm{盾}。$$

反证出我们一定能找到一组 $a_i+a_j\ge x$。我们将它取出，点数 $-1$，总权减少了 $x$：

$$\sum _{i=1}^{n-1}{a}_i\ge (n-2)\times x,\mathrm{显}\mathrm{然}\mathrm{又}\mathrm{是}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{同}\mathrm{样}\mathrm{的}\mathrm{子}\mathrm{问}\mathrm{题}。$$

而 $i=2$ 时，显然成立，所以这不仅是一个必要条件，同时还是个充分条件。

考虑构造的强结论

基于上述我们知道的充要条件，即满足那个式子以后，我们每次取出一对满足题意的点对，一定能构造出答案，现在我们来考虑不满足的情况，显然全部都 $a_i\ge x$ 一定可以随意构造出答案，我们考虑不满足时有：

$$a_1\le a_2\le a_3....<x\le a_i\le a_{i+1}...\le a_n$$

这个式子一定是成立的，否则找不到当前一对不满足题意的点，我们可以画出它的连边可能性图：

很显然，有三类可能性边：

1. $a_i,a_j\ge x$，这类显然满足题意。

2. $a_i\ge x,a_j<x$，这类也显然满足题意。

3. $a_i,a_j<x$，这类可能和 $\ge x$，也可能 $<x$。

我们其实只需要考虑 $<x$ 的这种该如何通过其他边激活成功。我们考虑其他三类边对它的影响，很显而易见需要考虑的是如图中的 $1-2$ 这条边。而激活一条边，把另一个点的点权减去 $x$ 即 $a_i-x$ 加到自身可能会使得变大变小，因为 $a_i<x$ 或者 $a_i>x$ 都有可能能激活边。

在讨论之前，我们需要明确一点，那就是答案是一棵生成树，当然 $dfs\mathrm{树}$ 也行，考虑任意一棵都满足吗？答案是肯定的，基于充要条件，我们任意一棵树都可以至少找到一组点对，使得不断缩小为更小问题，那么很显然，我们从任意一棵生成树来讨论这三类边的影响：

如图所示，红色表示已经满足题意的可行边，蓝色表示不可行边(显然不可行边两个端点点权一定都 $<x$)，当红色边激活后会使得某些蓝色边转化为红色边，然后再次重新激活红色边(当然也有可能某些红色边激活使得其他红色边变为了蓝色边)，依次的进行激活所有边。

我们来考虑一个有意思的东西：

很显然叶子节点当除自身以外的所有边都激活时，一定会和剩下的连通块激活。举个例子，比如 $6-3$ 这条蓝色边，当 $3$ 与其他所有边除了 $3-6$ 以外都变成红色了，那么 $3-6$ 这条蓝色边一定可以变成红色边，基于充要条件。

加强结论：

对于例如 $3$ 连接的所有叶子节点来说，当除了这些连边以外，与 $3$ 连接的其他边变成红色以外，例如本图中即为 $1-3$ 染成了红色以后，剩余的叶子节点边都能 “不计顺序” 地染成红色。

考虑反证法证明：

基于上述的三类边，显然当染色成红色边以后可大可小，大的情况为另一个和他染色的节点为 $>x$，否则为 $<x$。而此时除了叶子节点以外对 $3$ 已无影响，并且此时此刻的所有需要判断的叶子节点只有 “原本为” 蓝色边叶子节点，红色边我们已经能激活的全部激活了，所以这意味着这些剩余的叶子节点一定都是 $<x$ 的，即对这个父节点影响是 “减小”，并不存在增大。

我们考虑依次操作叶子节点的影响，假如反复使得它变小，一直到某个叶子结点 $a_i+a_3$ 无法染成红色，那显然这等价于无解，显然这个是不可能的，基于上述说的充要条件一定有解。所以叶子节点无论顺序，一定都能被染成红色边。

考虑子问题，把所有叶子节点放在最后一次染色，这等价于生成树少了一层，而其他情况就是正儿八经地能连就连，这样一来原图少一层就变为了：

这其实是一模一样的子问题(当然可能有蓝色边变为了红色边，而红色边变为了蓝色边,因为可大可小)。所以我们得到了最终的策略，从下往上贪心，每一层的叶子节点放在最后进行激活，能够激活的点优先激活，这样一来任意一棵 $DFS$ 树我们都能正确地构造出答案了。

参照代码

#include <bits/stdc++.h>
 
// #pragma GCC optimize("Ofast,unroll-loops")
// #pragma GCC optimize(2)
 
// #define isPbdsFile
 
#ifdef isPbdsFile
 
#include <bits/extc++.h>
 
#else
 
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/trie_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/tag_and_trait.hpp>
#include <ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/list_update_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/exception.hpp>
#include <ext/rope>
 
#endif
 
using namespace std;
using namespace __gnu_cxx;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef tuple<int, int, int> tii;
typedef tuple<ll, ll, ll> tll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
typedef __int128 i128;
#define hash1 unordered_map
#define hash2 gp_hash_table
#define hash3 cc_hash_table
#define stdHeap std::priority_queue
#define pbdsHeap __gnu_pbds::priority_queue
#define sortArr(a, n) sort(a+1,a+n+1)
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define yes cout<<"YES"
#define no cout<<"NO"
#define Spider ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
#define MyFile freopen("..\\input.txt", "r", stdin),freopen("..\\output.txt", "w", stdout);
#define forn(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define forv(i, a, b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define endl '\n'
//用于Miller-Rabin
[[maybe_unused]] static int Prime_Number[13] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37};
 
template <typename T>
int disc(T* a, int n)
{
    return unique(a + 1, a + n + 1) - (a + 1);
}
 
template <typename T>
T lowBit(T x)
{
    return x & -x;
}
 
template <typename T>
T Rand(T l, T r)
{
    static mt19937 Rand(time(nullptr));
    uniform_int_distribution<T> dis(l, r);
    return dis(Rand);
}
 
template <typename T1, typename T2>
T1 modt(T1 a, T2 b)
{
    return (a % b + b) % b;
}
 
template <typename T1, typename T2, typename T3>
T1 qPow(T1 a, T2 b, T3 c)
{
    a %= c;
    T1 ans = 1;
    for (; b; b >>= 1, (a *= a) %= c)if (b & 1)(ans *= a) %= c;
    return modt(ans, c);
}
 
template <typename T>
void read(T& x)
{
    x = 0;
    T sign = 1;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
    {
        if (ch == '-')sign = -1;
        ch = getchar();
    }
    while (isdigit(ch))
    {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    x *= sign;
}
 
template <typename T, typename... U>
void read(T& x, U&... y)
{
    read(x);
    read(y...);
}
 
template <typename T>
void write(T x)
{
    if (typeid(x) == typeid(char))return;
    if (x < 0)x = -x, putchar('-');
    if (x > 9)write(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ 48);
}
 
template <typename C, typename T, typename... U>
void write(C c, T x, U... y)
{
    write(x), putchar(c);
    write(c, y...);
}
 
 
template <typename T11, typename T22, typename T33>
struct T3
{
    T11 one;
    T22 tow;
    T33 three;
 
    bool operator<(const T3 other) const
    {
        if (one == other.one)
        {
            if (tow == other.tow)return three < other.three;
            return tow < other.tow;
        }
        return one < other.one;
    }
 
    T3() { one = tow = three = 0; }
 
    T3(T11 one, T22 tow, T33 three) : one(one), tow(tow), three(three)
    {
    }
};
 
template <typename T1, typename T2>
void uMax(T1& x, T2 y)
{
    if (x < y)x = y;
}
 
template <typename T1, typename T2>
void uMin(T1& x, T2 y)
{
    if (x > y)x = y;
}
 
constexpr int N = 3e5 + 10;
ll sumA;
ll a[N];
int n, m;
int front, last; //前面放可以先激活的边,后面放下层的叶子节点连边
int ans[N];
vector<pii> child[N];
ll x;
bool vis[N];
 
inline void dfs(const int curr)
{
    vis[curr] = true;
    for (const auto [nxt,id] : child[curr])
    {
        if (vis[nxt])continue;
        dfs(nxt);
        if (a[curr] + a[nxt] >= x)a[curr] += a[nxt] - x, ans[front++] = id;
        else ans[last--] = id;
    }
}
 
inline void solve()
{
    cin >> n >> m >> x;
    forn(i, 1, n)cin >> a[i], sumA += a[i];
    forn(i, 1, m)
    {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        child[u].emplace_back(v, i);
        child[v].emplace_back(u, i);
    }
    if (sumA < (n - 1) * x)
        no << endl;
    else
    {
        yes << endl;
        front = 1, last = n - 1;
        dfs(1);
        forn(i, 1, n-1)cout << ans[i] << endl;
    }
}
 
signed int main()
{
    // MyFile
    Spider
    //------------------------------------------------------
    // clock_t start = clock();
    int test = 1;
    //    read(test);
    // cin >> test;
    forn(i, 1, test)solve();
    //    while (cin >> n, n)solve();
    //    while (cin >> test)solve();
    // clock_t end = clock();
    // cerr << "time = " << double(end - start) / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
}
 

$$\mathrm{时}\mathrm{间}\mathrm{复}\mathrm{杂}\mathrm{度}\mathrm{为}:O(n+m)$$