[JSOI2015]salesman「树形DP+贪心」

题目描述

懒得复制了

思路分析

• 题目说的非常磨叽。我们先来读题，这很重要。首先任意两个城镇之间都只有唯一的路线，说明这是一棵树。停留一次就饱和，说明每个点的点权只能获得一次，即使经过多次。还有一个很重要的一点，这是一个巡回，也就是说最后要再次回到根节点，是一个来回，每个节点只要向其子节点走，就一定还会再回来，耗费一次停留次数。(最后一点必须get到)

• 而停留次数只会在上面提到的过程中消耗，不可能出现跑回父节点再跑回来的可能，显然这样是白白耗费了次数而没有任何收益

• 到这里大体的模型就已经出来了。每个点的停留次数 \(-1\)(因为最初到达这个节点耗费了一次停留次数)就是最多的到达其子节点的次数(这里有的题解说是子树，显然是有缺陷的)。到达子节点后就可以继续像这样递归处理。

• 然后根据贪心思想，对所有以子节点为根的收益排序(用一个优先队列就够了)，最多选 该节点的停留次数 \(-1\) 个 。因为有负数，所以不一定要选满

• 最后就是判断是否有多解了，因为题目说了与路径无关，所以只需考虑收益的大小，只有两种情况:

  1. 以某个节点为根的收益大小为0,可选可不选
  2. 再排好序选完以后，没有选的子节点中存在和以及选了的相同的，可以2选1

\(Code\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define R register
#define N 500010
using namespace std;
inline int read(){
	int x = 0,f = 1;
	char ch = getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,v[N],c[N],f[N],head[N];
bool flag;
struct edge{
	int to,next;
}e[N<<1];
int len;
void addedge(int u,int v){
	e[++len].to = v;
	e[len].next = head[u];
	head[u] = len;
}
int dfs(int u,int fa){
	priority_queue<int>q;
	map<int,int>vis;//用于多解的情况2
	f[u] = v[u];
	for(R int i = head[u];i;i = e[i].next){
		int v = e[i].to;
		if(v==fa)continue;
		int tmp = dfs(v,u);
		q.push(tmp);
	}
	int cnt = 0,last = 0;
	while(!q.empty()){
		if(cnt==c[u]-1)break;
		int x = q.top();q.pop();
		if(x<0)break;
		last = x;
		f[u] += x;
		vis[x] = 1;
		cnt++;
	}
	if(!q.empty()){
		int x = q.top();
		if(vis[x])flag = 1;//多解的情况2
	}
	if(f[u]==0)flag = 1;//多解的情况1
	return f[u];
}
int main(){
	n = read();
	for(R int i = 2;i <= n;i++)v[i] = read();
	for(R int i = 2;i <= n;i++)c[i] = read();
	for(R int i = 1;i < n;i++){
		int x = read(),y = read();
		addedge(x,y),addedge(y,x);
	}
	c[1] = 0x3f3f3f3f;//根节点随便停留
	dfs(1,0);
	printf("%d\n",f[1]);
	if(flag)puts("solution is not unique");
	else puts("solution is unique");
	return 0;
}