[ HNOI 2014 ] 米特运输
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\(Description\)
给出一棵有根树，其中 \(1\) 号点是根节点，深度为 \(1\) 。每个点又有一个储存器，有各自的容量上限。
每天 \(1\) 号点的储存器先清空，所有叶子节点全部充满能量。
然后，深度为 \(2\) 的节点把 所有 储存的能量全部给根节点，然后，深度为 \(3\) 的节点把 所有 储存的能量给父节点，依次往下。
运输过程中有几个要求：
- 不能把父节点装入的能量超过限制，否则父节点爆炸
- 必须把自己的所有能量给父节点
- 每个节点的孩子给父亲的能量必须等量
- 在每一层的传输完成后，父节点的那一层所存能量必须正好等于上界
求把整个树形结构修改到满足上面的要求，最少需要修改多少个节点的容量上限。
- \(N\le5\times 10^5\)
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\(Solution\)
好一道语文题......
总的限制其实就一个，要求调整后满足，对于每个节点，其容量上限等于子节点容量上限之和，且每个子节点容量上限相等。
这道题的思路需要手玩.....
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我们发现整颗树每一个节点的最终容量确定，只需要确定树中的任意一个节点的容量。
因为节点之间的容量关系满足\((cnt[x]\) 表示节点 \(x\) 的子节点个数\()\)：
显然确定一个点就能确定整棵树，同样的，我们也能得出一个结论，只要有一个节点容量相同，方案就相同。
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然后考虑如何快速表示出相同的方案，显然可以用同一个节点在这一方案里要求的权值表示，不妨选取根节点。
然后我们的任务就是统计出每一个节点在容量上限不变的前提下，根节点的容量上限要变成什么。
显然我们不再需要考虑子树内的点了，对于节点 \(x\) ，它不变的前提下根节点的容量就是
这个后缀我们可以在 \(DFS\) 的时候记录，根节点到当前节点路径上所有点的计数器之积。
但是这个东西太大了，不太好记录，我们考虑 \(Hash\) 一下。其实还有更妙的方法。
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我们知道对于对数有一个恒等式
然后我们可以通过取对数的方式来缩小数据范围，这样我们在 \(DFS\) 的时候只需要记录路径计数器取对数之和。
然后将得到的答案排序，数字相同即是一个方案，代表在这个方案下这些点都不需要修改。
统计最多的相同的数字有多少个，答案就是用 \(N\) 减掉它。
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\(Code\)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 500010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
double ans[N];
int n,m,tot,res,hd[N],val[N],cnt[N];
struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];
inline void add(int u,int v){
e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}
void dfs1(int u,int fa){
for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
if((v=e[i].to)!=fa){++cnt[u];dfs1(v,u);}
}
inline void dfs2(int u,int fa){
for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
if((v=e[i].to)!=fa){ans[v]=ans[u]+log((double)cnt[u]);dfs2(v,u);}
}
inline int rd(){
int x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
int main(){
n=rd();
for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
for(R int i=1,u,v;i<n;++i){
u=rd(); v=rd(); add(u,v); add(v,u);
}
dfs1(1,0); ans[1]=log(1.0); dfs2(1,0);
for(R int i=1;i<=n;++i) ans[i]+=log((double)val[i]);
sort(ans+1,ans+1+n);
for(R int i=1,tmp;i<=n;++i){
tmp=1;
while(fabs(ans[i+1]-ans[i])<=1e-8) ++tmp,++i;
res=max(res,tmp);
}
printf("%d\n",n-res);
return 0;
}
