满二叉树等长路径

满二叉树等长路径

给定一个深度为 $n$ 的满二叉树，其 $2^{n+1}−1$ 个顶点的编号为 $1 \sim 2^{n+1}−1$。

树的根节点为 $1$ 号节点，除根节点外，第 $i$ 号节点的父节点为第 $\left\lfloor \frac{i}{2} \right\rfloor$ 号节点。

例如，当 $n=3$ 时，二叉树如下所示：

 

树中每条边的长度已知，由此可以得到根节点到 $2^{n}$ 个叶节点的距离。

为了使得根节点到每个叶节点的距离都相等，我们可以进行任意次增边操作。

每次操作可以选择任意一条边，将其增加任意正整数长度。

我们希望在达成目的的同时，所有边的总增加长度尽可能小。

请你计算并输出总增加长度的最小可能值。

输入格式

第一行包含整数 $n$。

第二行包含 $2^{n+1}−2$ 个整数 $a_{2},a_{3},…,a_{2^{n+1}−1}$，其中 $a_{i}$ 表示第 $i$ 号节点与第 $\left\lfloor \frac{i}{2} \right\rfloor$ 号节点之间的边的长度。

输出格式

一个整数，表示总增加长度的最小可能值。

数据范围

前三个测试点满足 $1 \leq n \leq 2$。
所有测试点满足 $1 \leq n \leq 10，1 \leq a_{i} \leq 100$。

输入样例：

2
1 2 3 4 5 6

输出样例：

5

 

解题思路

　　这题在做的时候猜对了做法，贪心题，难得。

　　假设根节点到叶子结点的距离都相同，对于上面的左子树，每一个叶子结点到左儿子的距离是相同的。如果不相同，意味着存在两个叶子结点到左儿子的距离不同，即这两个叶子结点到根节点的距离不相等，就与根节点到叶子结点的距离都相同矛盾了。右子树同理。

　　现在假设左子树的每个叶子结点到根节点的距离为$x$，右子树的每个叶子结点到根节点的距离为$y$。现在我们希望根节点到左右子树的叶子结点的距离都相同，假设最终的距离为$d$，由于只能够增加距离，因此有$d \geq max \left\{ {x, y} \right\}$。那么左子树的每一个叶子结点到根节点的距离就要增加$d - x$，右子树的每一个叶子结点到根节点的距离就要增加$d - y$。

　　对于左子树，我们看一下$d - x$增加在哪个地方。如果增加在根节点到左儿子的这条边上，那么只用增加一次。如果在第二层增加，那么就要增加$2 \times \left( {d - x} \right)$次（左儿子的两条边各一次），如果在第三层增加，就要增加$2^{2} \times \left( {d - x} \right)$次，以此类推，所以为了增加的数量尽可能少，我们应该在根节点到左儿子的这条边上增加。右子树同理。

　　所以增加的总代价为$d - x + d - y = 2 \cdot d - \left( {x + y} \right)$，要让代价最小，那么$d$就应该最小，即$d = max \left\{ {x, y} \right\}$，因此最小代价就为$\left| {x - y} \right|$。

　　可以发现，$x$是每个左子树的叶子节点到根节点的最小距离，$y$是每个右子树的叶子节点到根节点的最小距离。对于$\left| {x - y} \right|$，如果$x$稍微增大一些，那么这个绝对值就会减少。假设增加$c$，可这意味着从第二层开始，至少要增加$2 \times c$，这样代价反而会增加。虽然$x$增加$c$后会对当前这层的代价减少，但总的代价会增加，因此每次都应该取到根节点的最小距离。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = (1 << 11) + 10;

int n, ans;
int a[N];

// dfs返回叶子节点到u的最小距离
int dfs(int u) {
    if (u << 1 > (1 << n + 1) - 1) return 0;    // 不存在左儿子，什么是叶子节点
    
    int l = dfs(u << 1) + a[u << 1];        // 求左子树的叶子结点到u的距离
    int r = dfs(u << 1 | 1) + a[u << 1 | 1];// 求右子树的叶子结点到u的距离
    ans += abs(l - r);
    
    return max(l, r);   // l和r的最大距离就是u到叶子节点的最小距离
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    
    int m = (1 << n + 1) - 1;
    for (int i = 2; i <= m; i++) {
        scanf("%d", a + i);
    }
    
    dfs(1);
    printf("%d", ans);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4312. 出现次数（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/3729/