P6748 Fallen Lord [树形DP]

P6748 Fallen Lord

Description

给定 \(n\) 个节点的树，每个点有点权 \(a_i\)，求构造一组边权，使得每个点连接的边的边权的中位数不超过其点权，且每条边权不超过给定的 \(m\)，输出边权之和的最大值。

一个升序序列 \(A=\{A_1,A_2,A_3...A_n\}\) 的中位数定义为 \(A_{\lfloor n/2\rfloor +1}\)。

\(n\le 5\times 10^5\)，\(a_i\le m\le 10^9\)。

Solution

一个序列的中位数不超过 \(x\)，相当于这个序列至少有 \(\lfloor n/2\rfloor+1\) 个元素不超过 \(x\)。

根据以上性质，可知一个边的边权有大于和不大于两种状态，且这个边权只和 两边的端点 以及 这些端点的其他边 有关，那么我们尝试去表达这种状态。

又根据题面，我们尝试考虑树形DP。

设 \(f(u,0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子树的答案，且边 \((u,fa_u)\) 的边权 不大于或大于 \(a_u\)，
\(g(u,0/1)\) 表示以 \(u\) 为根的子树 加上 边 \((u,fa_u)\) 的答案，且边 \((u,fa_u)\) 的边权 不大于或大于 \(a_{fa_u}\)，
至此，我们表示出了点与边的关系，然后考虑如何转移。

设 \(d_u\) 表示点 \(u\) 的度数，\(x=\lfloor d_u/2\rfloor+1\)，\(v\in son_u\)，

• \(\sum g(v,0/1)\to f(u,0)\) ：

  • 由于 \((u,fa_u)\) 已经不超过 \(a_u\) 了，那么还需要 \(x-1\) 条边不超过 \(a_u\) 才能满足条件，也就是最多可以有 \(d_u-x\) 条边大于 \(a_u\)，那么我们只需要从所有 \(g(u,0/1)\) 中选出一个最优的满足这个条件的方案即可。考虑按照 \(g(v,1)-g(v,0)\) 降序排序，贪心的选前面不超过 \(d_u-x\) 个且差值大于 \(0\) 的 \(g(v,1)\) 转移到 \(f(u,0)\)，后面的全部选 \(g(v,0)\) 即可。

• \(\sum g(v,0/1)\to f(u,1)\) 类似。

• 对于 \(g(u,0/1)\) 我们分类讨论 ：

  • \(a_u > a_{fa_u}\) ：
    • \(g(u,0)\) ：\(a_u>a_{fa_u}\ge (u,fa_u)\)，\(\to\ = f(u,0)+a_{fa_u}\)。
    • \(g(u,1)\) ：\(a_u\ge(u,fa_u)>{fa_u}\) 或 \(m\ge (u,fa_u) > a_u > a_{fa_u}\)，\(\to\ =\max\{f(u,0)+a_u,\ f(u,1)+m\}\)。
  • \(a_u\le a_{fa_u}\) ：
    • \(g(u,0)\) ：\((u,fa_u)\le a_u\le a_{fa_u}\) 或 \(a_u < (u,fa_u)\le a_{fa_u}\)，\(\to\ =\max\{f(u,0)+a_u,\ f(u,1)+a_{fa_u}\}\)。
    • \(g(u,1)\) ：\(a_u\le a_{fa_u}<(u,fa_u)\le m\)，\(\to\ =f(u,1)+m\)。

• 特殊情况：当 \(d_u\le 2\) 时，显然 \(f(u,1)\) 无法转移，设为 \(-\inf\) 即可。

• 答案：\(f(1,0)\)。

于是，这道题就做完了。

Code

const int N = 5e5 + 5;
const ll inf = 1e18;

int n;
ll m, a[N];
int deg[N];
vector <int> e[N];

void adde(int u, int v) {e[u].ps(v);}

ll f[N][2], g[N][2];

void dfs(int u, int fa){
    vector <pair<ll, int> > tmp;

    for(int v : e[u]){
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        tmp.ps(mk(g[v][1] - g[v][0], v));
    }

    sort(tmp.begin(), tmp.end(), greater <pair<ll, int> > ());

    int k = deg[u] - deg[u] / 2 - 1;
    for(int i = 0; i < tmp.size(); i++){
        auto [w, v] = tmp[i];
        if(i < k && w > 0) f[u][0] += g[v][1];
        else f[u][0] += g[v][0];
        if(i < k - 1 && w > 0) f[u][1] += g[v][1];
        else f[u][1] += g[v][0];
    }

    if(deg[u] <= 2) f[u][1] = -inf;
    
    if(a[u] > a[fa]){
        g[u][0] = f[u][0] + a[fa];
        g[u][1] = max(f[u][0] + a[u], f[u][1] + m);
    }else{
        g[u][0] = max(f[u][0] + a[u], f[u][1] + a[fa]);
        g[u][1] = f[u][1] + m;
    }
}

void Solve(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    int u, v;
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++){
        cin >> u >> v;
        deg[u]++;
        deg[v]++;
        adde(u, v);
        adde(v, u);
    }

    dfs(1, 0);

    cout << f[1][0] << endl;
}