[BZOJ4027]兔子与樱花
4027: [HEOI2015]兔子与樱花
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 256 MBDescription
很久很久之前,森林里住着一群兔子。有一天,兔子们突然决定要去看樱花。兔子们所在森林里的樱花树很特殊。樱花树由n个树枝分叉点组成,编号从0到n-1,这n个分叉点由n-1个树枝连接,我们可以把它看成一个有根树结构,其中0号节点是根节点。这个树的每个节点上都会有一些樱花,其中第i个节点有c_i朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重m,对于每一个节点i,它的儿子节点的个数和i节点上樱花个数之和不能超过m,即son(i) + c_i <= m,其中son(i)表示i的儿子的个数,如果i为叶子节点,则son(i) = 0
现在兔子们觉得樱花树上节点太多,希望去掉一些节点。当一个节点被去掉之后,这个节点上的樱花和它的儿子节点都被连到删掉节点的父节点上。如果父节点也被删除,那么就会继续向上连接,直到第一个没有被删除的节点为止。
现在兔子们希望计算在不违背最大载重的情况下,最多能删除多少节点。
注意根节点不能被删除,被删除的节点不被计入载重。
Input
第一行输入两个正整数,n和m分别表示节点个数和最大载重
第二行n个整数c_i,表示第i个节点上的樱花个数
接下来n行,每行第一个数k_i表示这个节点的儿子个数,接下来k_i个整数表示这个节点儿子的编号
Output
一行一个整数,表示最多能删除多少节点。
Sample Input
10 4
0 2 2 2 4 1 0 4 1 1
3 6 2 3
1 9
1 8
1 1
0
0
2 7 4
0
1 5
0
0 2 2 2 4 1 0 4 1 1
3 6 2 3
1 9
1 8
1 1
0
0
2 7 4
0
1 5
0
Sample Output
4
HINT
对于100%的数据,1 <= n <= 2000000, 1 <= m <= 100000, 0 <= c_i <= 1000
数据保证初始时,每个节点樱花数与儿子节点个数之和大于0且不超过m
题解
考试时看到这道题前10分钟认为他是个树归
本着“我什么动归都不会啊”的心态打了个小暴力,然后就去看后面的题
竟然出乎意料的靠近正解,虽然差了最关键的一步排序2333
这个题我们可以这样想(感性理解一下),如果我们不贪心求,无论用什么诡异的方法计算,
最后肯定要把儿子合并到父亲上去(其实是因为想不出来应该怎么奇怪的合并)
那么我们肯定是先合并权值较小的点,再合并权值较大的点得到的解最优
具体代码实现可以用小根堆,也可以和我一样用vector邪教排序,也可以搞其他奇怪的事情
代码见下:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<vector> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 const int N=2000100; 7 vector<int>son[N]; 8 int n,m,cnt,c[N],ge[N]; 9 inline bool mp(const int &a,const int &b){return(c[a]+ge[a])>(c[b]+ge[b]);} 10 void dfs(int rt) 11 { 12 if(son[rt].empty())return; 13 for(int i=0;i<son[rt].size();i++) 14 dfs(son[rt][i]); 15 sort(son[rt].begin(),son[rt].end(),mp); 16 while(!son[rt].empty()&&ge[son[rt][son[rt].size()-1]]+c[son[rt][son[rt].size()-1]]<=m-c[rt]-ge[rt]+1) 17 { 18 cnt++,c[rt]+=c[son[rt][son[rt].size()-1]],ge[rt]+=ge[son[rt][son[rt].size()-1]]-1; 19 son[rt].pop_back(); 20 } 21 } 22 int main() 23 { 24 scanf("%d%d",&n,&m);int a; 25 for(int i=0;i<n;i++) 26 scanf("%d",&c[i]); 27 for(int i=0;i<n;i++) 28 { 29 scanf("%d",&ge[i]); 30 for(int j=1;j<=ge[i];j++) 31 scanf("%d",&a),son[i].push_back(a); 32 } 33 dfs(0); 34 printf("%d",cnt); 35 }
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