AT4144-[ARC098D]Donation【Kruskal重构树,dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT4144

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1|1题目大意

$n$个点$m$条边的一张无向联通图，每个点有两个值$a_i,b_i$。表示经过该点时需要拥有$a_i$元，该点需要捐献$b_i$元。

任意起点，询问开始时至少多少钱才能捐献完所有点。

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1|2解题思路

$WC2021$和$XJ$杂题都讲过倒过来跑贪心的做法，不过我不知道怎么确定起点就爬了

首先定义$c_i=max\{a_i-b_i,0\}$，因为$a_i\leq b_i$没有意义，所以这个$c_i$是有意义的部分。

图的话好像很麻烦，先搞一个$Kruskal$重构树，不过这个是点权的，方法差不多，从小到大枚举点权就好了。

然后考虑一下我们的策略，肯定是走到一个点会顺便走完整个子树会更优。

所以设$f_x$表示走完子树$x$需要的权值，考虑如何转移，我们肯定是先从前面若干个子树走完捐献一遍后再捐献点$x$，然后走向最后一个子树。

以我们可以枚举最后一个子树$y$，然后转移方程就是

$$f_x=min\{s_x-s_y+max\{f_y,c_x\}\}$$

（这里$s_x$表示子树$x$的权值和）

这个转移的前面很好懂，就是捐赠其他子树，因为$c_x$一定大于它子树里的，所以不用考虑里面的$c$。之后后面那个就是两种限制取一个最大值。

时间复杂度$O(n\log n)$（排序复杂度）

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e5+10;
struct node{
	ll to,next;
}a[N];
ll n,m,tot,ls[N],fa[N],l[N],w[N],p[N],f[N];
vector<ll> G[N];bool v[N];
bool cmp(ll x,ll y)
{return l[x]<l[y];}
ll find(ll x)
{return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dp(ll x){
	if(!ls[x])f[x]=l[x]+w[x];
	else f[x]=1e18;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;dp(y);
		f[x]=min(f[x],w[x]-w[y]+max(l[x],f[y]));
	}
	return;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld",&l[i],&w[i]);
		l[i]=max(l[i]-w[i],0ll);p[i]=i;
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	sort(p+1,p+1+n,cmp);
	for(ll i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
	for(ll k=1;k<=n;k++){
		ll x=p[k];
		for(ll i=0;i<G[x].size();i++){
			ll y=G[x][i];
			if(!v[y])continue;
			ll Fa=find(y),Fb=find(x);
			if(Fa==Fb)continue;
			fa[Fa]=Fb;w[Fb]+=w[Fa];
			addl(Fb,Fa);
		}
		v[x]=1;
	}
	dp(p[n]);
	printf("%lld\n",f[p[n]]);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14393475.html
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