【每日一题】11.黑白树 (树上DFS)

补题链接：Here

题目描述

一棵 $n$ 个点的有根树，$1$ 号点为根，相邻的两个节点之间的距离为 $1$ 。树上每个节点 $i$对应一个值$k[i]$。每个点都有一个颜色，初始的时候所有点都是白色的。
你需要通过一系列操作使得最终每个点变成黑色。每次操作需要选择一个节点 $i$ ，$i$ 必须是白色的，然后 $i$ 到根的链上（包括节点 $i$ 与根）所有与节点 $i$ 距离小于 $k[i]$ 的点都会变黑，已经是黑的点保持为黑。问最少使用几次操作能把整棵树变黑。

输入描述:

第一行一个整数 $n$ ($1\le n\le {10}^5$ )

接下来 $n-1$ 行，每行一个整数，依次为 $2$ 号点到 $n$ 号点父亲的编号。 最后一行 $n$ 个整数为 $k[i](1\le k[i]\le {10}^5)$

样例解释:

对节点 $3$ 操作，导致节点 $2$ 与节点 $3$ 变黑

对节点 $4$ 操作，导致节点$4$ 变黑

对节点 $1$ 操作，导致节点 $1$ 变黑

输出描述:

一个数表示最少操作次数

示例1

输入

4
1
2
1
1 2 2 1

输出

3

Solution

由题意可知叶子节点必定要染色。对于其他节点：

• 若此节点的已经染色的子节点中，可以将它覆盖，那么不需要染色，并借助这个点能覆盖的范围更新最大范围。
• 若此节点的已经染色的子节点中，不能将它覆盖，那么需要将其子节点中范围最大的点染色，并更新最大范围。

可以发现这是一个由子节点向父节点更新的过程，所以可以使用 $DFS$ 。每次贪心地更新能覆盖的最大距离，不能覆盖就进行染色。

• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$

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const int N = 1e5 + 10;
vector<int>e[N], k(N, 0), f(N, 0);
int ans = 0;
void dfs(int u, int fa) {
    for (int i = 0; i < e[u].size(); ++i) {
        int v = e[u][i];
        dfs(v, u);
        f[u] = max(f[u], f[v] - 1); //维护f值——儿子的f值-1之后的最大值
        k[u] = max(k[u], k[v] - 1); //维护k值——儿子的k值-1和自己的k值的最大值
    }
    // cout << f[u] << " " << k[u] << "\n";
    //下面的点都覆盖不到它了——选他自己,此时就要更新 f 值
    if (f[u] == 0) ++ans, f[u] = k[u];
}
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {
        cin >> x;
        e[x].push_back(i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> k[i];
    dfs(1, 0);
    cout << ans;
}

如果深度理解这道题以后可以直接在solve里写DFS，此时运行速度会快很多 （60ms -> 18ms）

const int N = 1e5 + 10;
void solve() {
    int n;
    vector<int> p(N), k(N), f(N), g(N, 0);
    cin >> n;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) cin >> p[i];
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> k[i];
    int ans = 0;
    for (int i = n; i; --i) {
        g[i] = max(g[i], k[i]);
        if (f[i] == 0) ++ans, f[i] = g[i], g[i] = 0;
        f[p[i]] = max(f[p[i]], f[i] - 1);
        g[p[i]] = max(g[p[i]], g[i] - 1);
    }
    cout << ans << "\n";
}