【题解】wzpakioi(CF1120D)(2019,5.16)

Description

Sample Input

5

5 1 3 2 1

1 2

2 3

2 4

1 5

Sample Output

4 1

Hint

\(n \leqslant 200000\)

Solution

这题一眼不可做。。。想用随机骗分，结果不会写判断答案是否合法。

正解树形DP，设计状态，我们发现其实在以 \(u\) 为根的子树中，最多只能有一个节点由节点 \(u\) 控制，所以其实我们可以设计状态 \(f[u][0/1]\) 表示当前节点 \(u\) 以他为根的子树中有 \(0/1\) 个节点没有被控制，需要当前节点控制。

其实已经被控制的点完全可以看成一个点，这样就可以发现最多只能有一个被当前节点控制，因为如果有两个要求被控制，那么他们的值是肯定不一样的，这样上面的节点只能整体加，而这两个节点没法自我调节。

转移：

\(t=\sum_{v} f[v][0]\)

\(f[u][0]=min_{v}t-f[v][0]+f[v][1]+cost[u]\)

当前这个儿子的子树中空一个节点让 \(u\) 控制

\(f[u][1]=min_{v}t-f[v][0]+f[v][1]\)

当前这个儿子的子树中空一个节点不控制

那么第一问就很好写了。

第二问要求我们统计方案，我们继续考虑用树形DP，设计状态 \(g[u][0/1]\) 为让 \(u\) 的子树全部被控制或者一个点不被控制的方案数，那么根据乘法原理，我们要把所有儿子的方案数乘起来得到这个节点的方案。

但是每个子树的方案是不一样的，因为我们更新时是有 空出一个节点的。

那么我们还得每个儿子遍历一下，看看他是不是空出一个节点，然后加法原理再都加起来。

\(All=\prod_{v} g[v][0] \mod P\)

\(g[u][0]=(f[u][0]==t-f[v][0]+f[v][1]+cost[u]) All*g[v][0]^{-1}*g[v][1]\)

\(g[u][1]=(f[u][1]==t-f[v][0]+f[v][1]) All*g[v][0]^{-1}*g[v][1]\)

最后注意一下如果 \(f[u][0]\) 是 \(t\) 的话，要加上所有的方案数 \(All\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;
int n,m,MaxDepth;
const int N=2e5+5,P=998244353;
const LL INF=1e18;
LL f[N][2],cost[N],g[N][2];
int dep[N];
vector <int> E[N];

inline char gc(){
    static char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
    if(p1==p2){
        p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
        if(p1==p2) return EOF;
    }
    return *p1++;
}

inline int read(){
    int x=0;char ch=gc();
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=gc();
    while(ch<='9' && ch>='0') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}

inline LL power(LL a,int b){
    LL ret=1;
    while(b){
        if(b&1) ret=(ret*a)%P;
        a=(a*a)%P;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

inline void dfs(int u,int fa){
    dep[u]=dep[fa]+1;
    if(E[u].size()==1 && E[u][0]==fa){
        f[u][1]=0;
        f[u][0]=cost[u];
        g[u][0]=g[u][1]=1;
        MaxDepth=dep[u];
        return;
    }
    LL t=0,All=1;
    for(int i=0;i<(int)E[u].size();++i){
        int v=E[u][i];
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        t+=f[v][0];
        All=(All*g[v][0])%P;
    }
    f[u][0]=t;
    f[u][1]=INF;
    for(int i=0;i<(int)E[u].size();++i){
        int v=E[u][i];
        if(v==fa) continue;
        f[u][0]=min(f[u][0],t-f[v][0]+f[v][1]+cost[u]);
        f[u][1]=min(f[u][1],t-f[v][0]+f[v][1]);
    }
    if(f[u][0]==t) g[u][0]=All%P;
    for(int i=0;i<(int)E[u].size();++i){
        int v=E[u][i];
        if(v==fa) continue;
        LL ret=All*power(g[v][0],P-2)%P*g[v][1]%P;
        if(f[u][0]==t-f[v][0]+f[v][1]+cost[u]) g[u][0]=(g[u][0]+ret)%P;
        if(f[u][1]==t-f[v][0]+f[v][1]) g[u][1]=(g[u][1]+ret)%P;
    }
}

int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) cost[i]=read();
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=read(),v=read();
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,1);
    if(MaxDepth!=n) printf("%lld %lld\n",f[1][0],g[1][0]);
    else {
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) cnt=(cnt+(cost[i]==f[1][0]))%P;
        printf("%lld %d\n",f[1][0],cnt);
    }
    return 0;
}