【ybtoj高效进阶 21273】铲雪问题（树形DP）

铲雪问题

题目链接：ybtoj高效进阶 21273

题目大意

给你一棵树，点有点权。
然后你每次可以选择一段路径，把路径上的点全部边权减一。
但是不许保证路径上的点点权都不为 0。
然后问你最少要进行多少次操作才能把树上的所有点的点权都减成 0。

思路

考虑先暴力的一条边一条边的删，然后考虑合并一些删除。

那就搞树形 DP。
\(f_i\) 表示搞定 \(i\) 的子树能少删多少次，\(g_i\) 表示搞定完之后还有多少个能继续向上跟上面的点配对。
那不难看出肯定是儿子内部解决了比较好，到时最后 \(g_1\) 一坨全部消不了就不优了。

那我们就先考虑你枚举儿子 \(y\)，它会有一些向上匹配的 \(g_y\)，那当然如果 \(g_y>a_x\)（\(a_x\) 是 \(x\) 的点权），那也只能浪费掉，至多拿 \(a_x\) 个。

接着我们就得出了从下面来的数量 \(num\)，那接着进行一个小小的分类讨论。
如果 \(num> 2a_x\)，那可以能匹配的都匹配了，不能匹配的也只能扔掉，所以匹配的是 \(2a_x\)，\(g_x=0\)。
如果 \(a_x\leqslant num\leqslant2a_x\)，那我们可考虑它们能匹配就匹配，不能就拎上去匹配，然后一共会有 \(2a_x\) 条分支，所以当前的 \(num\) 个都省了，然后 \(g_x=2a_x-num\)。
如果 \(num<a_x\)，那它还是跟别人匹配吧，自己匹配太不优的，不过毕竟跟别人匹配了，还是少了 \(num\) 的删除，然后 \(g_x=num\)。

然后 DP 出来用原来点权和减去 \(f_1\) 即可。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;

struct node {
	int to, nxt;
}e[400001];
int n, KK;
int x, y, le[200001];
ll f[200001], g[200001], ans, a[200001];

void add(int x, int y) {
	e[++KK] = (node){y, le[x]}; le[x] = KK;
	e[++KK] = (node){x, le[y]}; le[y] = KK;
}

void dfs(int now, int father) {//树形DP
	ll num = 0;
	for (int i = le[now]; i; i = e[i].nxt)
		if (e[i].to != father) {
			dfs(e[i].to, now);
			f[now] += f[e[i].to];
			num += min(1ll * a[now], g[e[i].to]);
		}
	f[now] += min(num, a[now] * 2);
	if (num > a[now] * 2) g[now] = 0;
		else if (num < a[now]) g[now] = a[now];
			else g[now] = a[now] * 2 - num;
}

int main() {
//	freopen("snow.in", "r", stdin);
//	freopen("snow.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]), ans += a[i];
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		scanf("%d %d", &x, &y);
		add(x, y);
	}
	
	dfs(1, 0);
	
	printf("%lld", ans - f[1]);
	
	return 0;
}