#P2059. 最大疯子树

#P2059. 最大疯子树

题目描述

给定一棵 n 个结点的树，结点编号为 1~n，i 号结点的权重记为 wi（每个点的权值各不相同）。我们定义一个“疯子树”为：

• 是一个联通子图。
• 我们将子图内的点按照权重从小到大排序后序列为 $b_1,b_2,\dots ,b_m$，对于任意的 $i(i<m)$，$b_i$ 到 $b_{i+1}$ 最短路径（不含 $b_i$ 和 $b_{i+1}$ ）上的结点的权值都小于 等于 $w_{b_i}$ 。

输出包含结点最多的“疯子树”的结点数。

输入格式

数据有多组 case,文件以 EOF 结束，每组第一行输入一个 n 表示树的节点数；

接下来一行包含 n 个整数，第 i 个数表示 i 号结点的权重 wi；接下行 n-1 行，第 i 行包含 2 个整数 ui, vi，表示 ui和 vi有一条边。

输出格式

对于每组 case 输出一行，包含一个整数，表示包含结点最多的“疯子树” 的结点数。

样例

输入数据 1

5
1 4 2 3 5
1 2
2 3
3 4
4 5
5
2 5 4 1 3
1 2
2 3
3 4
4 5

输出数据 1

4
4

数据规模与约定

对于 10%的数据有所有组的 n 之和 n≤20。

对于 30%的数据有所有组的 n 之和 n≤2000。

对于 100%的数据有所有组的 n 之和 n≤200000，0 < wi≤100000000，n 为正整数。

Solution

很明显，都给你说了是树了，又是这类计数类问题，不用树形 $\text{DP}$ 试试怎么行。

先要转化一下题目中“疯子树”的定义，根据题意，其实疯子树就是一个叶子节点到根节点路径上所有点都不严格递减（从下往上），因此可以很轻松想到枚举树根然后对每个树根都进行一次树形 $\text{DP}$ 。这样的时间复杂度是 $\text{O}(n^2)$ 的，所以要考虑怎么样优化。

首先，我们在第一次 $\text{DP}$ 的时候，可以维护一个 $f[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树的“最大疯子树”的大小，这个 $f$ 很好进行转移，很容易就可以写出其转移方程： $f[i]=\sum _{k\in son[i],w[i]\le w[k]}f[k]$ 。既然维护好了一个树根产生的 $f$ ，为什么不在更换树根的时候继续用这个 $f$ 呢？

新定义一个 $d[i]$ 表示整棵树以 $i$ 为根时的“最大疯子树”的大小。那么根据第一遍算出来的 $f$ ，我们可以知道，如果父亲节点的 $w$ 值大于等于当前结点的 $w$ 值，那么就说明这个父亲节点也可以接在 $i$ 上面来构成更大的“疯子树”。因此， $d$ 的转移方程就是： $d[i]=f[i]+[w[i]\le w[f{a}_i]]\times d[f{a}_i]$ ，因为树形 $\text{DP}$ 是由 $\text{DFS}$ 实现的，所以 $d$ 的更新放在 $\text{dfs}$ 子树之前即可。

这是叫换根法？

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<limits.h>
#include<cmath>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
using namespace std;
template<typename T> void read(T &k)
{
 	k=0;
	T flag=1;char b=getchar();
	while (b<'0' || b>'9') {flag=(b=='-')?-1:1;b=getchar();}
	while (b>='0' && b<='9') {k=(k<<3)+(k<<1)+(b^48);b=getchar();}
	k*=flag;
}
const int _SIZE=2e5;
struct EDGE{
	int next,to;
}edge[(_SIZE<<1)+5];
int tot,head[_SIZE+5];
void AddEdge(int x,int y)
{
	++tot;
	edge[tot].to=y;
	edge[tot].next=head[x];
	head[x]=tot;
}
int n,w[_SIZE+5],f[_SIZE+5],d[_SIZE+5];
void dfs1(int x,int fa)
{
	f[x]=1;
	for (int i=head[x];i;i=edge[i].next)
	{
		int twd=edge[i].to;
		if (twd==fa) continue;
		dfs1(twd,x);
		if (w[twd]>=w[x]) f[x]+=f[twd];
	}
}
void dfs2(int x,int fa)
{
	d[x]=f[x];
	if (w[fa]>=w[x]) d[x]+=d[fa];
	for (int i=head[x];i;i=edge[i].next)
	{
		int twd=edge[i].to;
		if (twd==fa) continue;
		dfs2(twd,x);
	}
}
void solve()
{
	mem(edge,0);mem(f,0);mem(d,0);mem(head,0);tot=0;
	for (int i=1;i<=n;i++) read(w[i]);
	for (int i=1;i<n;i++)
	{
		int t1,t2;
		read(t1),read(t2);
		AddEdge(t1,t2);AddEdge(t2,t1);
	}
	dfs1(1,0);
	dfs2(1,0);
	int ans=INT_MIN;
	for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,d[i]);
	printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
	while (scanf("%d",&n)!=EOF) solve();
	return 0;
}