[ARC125F] Tree Degree Subset Sum 题解

考虑 $d_{i} > 0$ ，所以 $d_{i} \leftarrow d_{i} - 1$ ，则 $\sum_{i = 1}^{n} d_{i} = n - 2$ 。
~~注意到：~~对于任意的 $y$ ，合法的 $x$ 值域上一定是连续的。

证明：
设 $L$ 是满足 $(x, y)$ 合法的最小的 $x$ ， $R$ 是满足 $(x, y)$ 合法的最大的 $x$ ，满足 $d_{i} = 0$ 的 $i$ 恰有 $p$ 个。
注意到多加入或删除一个 $d_{i} = 0$ 的 $i$ 不会使 $y$ 变化，又因为 $L$ 是极小的，所以 $(L, y)$ 的方案里一定不存在一个满足 $d_{i} = 0$ 的 $i$ ，同理 $(R, y)$ 的方案里一定包含所有满足 $d_{i} = 0$ 的 $i$ 。
所以：

$\forall x \in [L, L + p]$ ， $(x, y)$ 合法；

$\forall x \in [R - p, R]$ ， $(x, y)$ 合法。

而若 $L + p + 1 < R - p$ ，则命题不成立，因此我们尝试证明： $R - L \leq 2 p + 1$ 。
考虑 $y - x$ ，最坏情况下其最小值为全选 $d_{i} = 0$ 的 $i$ （不一定能全选，下同），每个 $i$ 贡献为 $- 1$ ，可得 $(y - x)_{min} \geq - p$ ，最坏情况下其最大值为全选 $d_{i} > 0$ 的 $i$ ，可得 $(y - x)_{max} \leq n - 2 - (n - p) = p - 2$ ，又因为 $(y - x)_{min} = y - R$ ， $(y - x)_{max} = y - L$ ，所以 $R - L = (y - x)_{max} - (y - x)_{min} \leq 2 p - 2 \leq 2 p + 1$ 。

有了这个结论，如果是普通的 01 背包计算 $L, R$ ，复杂度是 $O (n^{2})$ 的，但是考虑 $\sum_{i = 1}^{n} d_{i}$ 是 $O (n)$ 级别的，所以不同的 $d_{i}$ 只有 $O (\sqrt{n})$ 种，可以跑单次 $O (n)$ 的单调队列优化多重背包，复杂度就是 $O (n \sqrt{n})$ 了。
https://atcoder.jp/contests/arc125/submissions/62887472