树中节点和

树中节点和

给定一棵 n 个节点组成的树。

树中节点编号为 1n

1 号节点为树的根节点。

树中的每个节点 v 都具有一个非负整数权值 av

我们用 sv 来表示从节点 v 到根节点的路径上经过的所有节点(包括两端节点)的权值之和;用 hv 来表示从节点 v 到根节点的路径上经过的所有节点(包括两端节点)的数量。

显然,s1=a1h1=1

现在,我们只知道树的具体结构以及所有 h 值为奇数的节点的 s 值。

请你为树中的每个节点 v 赋予一个非负整数权值 av,要求在满足已知信息的情况下,所有节点的权值之和 i=1nai 尽可能小。

输出 i=1nai 的最小可能值。

输入格式

第一行包含一个整数 n

第二行包含 n1 个整数 p2,p3,,pn,其中 pi 表示节点 i 的父节点编号。

第三行包含 n 个整数 s1,s2,,sn,注意,由于所有 h 值为偶数的节点的 s 值都是未知的,所以这些节点的 s 值并未直接给出,而是用 1 来代替。

输出格式

一个整数,表示 i=1nai 的最小可能值。

如果不存在任何满足已知信息的合理赋值方案,则输出 1

数据范围

4 个测试点满足 2n5
所有测试点满足 2n1051pi<i1si109

输入样例1:

5
1 1 1 1
1 -1 -1 -1 -1

输出样例1:

1

输入样例2:

5
1 2 3 1
1 -1 2 -1 -1

输出样例2:

2

输入样例3:

3
1 2
2 -1 1

输出样例3:

-1

 

解题思路

  我们先考虑局部的情况,我们考虑某个子树,这个子树的根到根节点的距离是偶数(这里的距离是指路径经过结点的数量,下同),子树的根到根节点的权值之和是不知道的,这棵子树的子节点到根节点的权值之和是知道的。

  现在我们要求这个局部各个结点的权值之和,那么有ap+a2+a3+a4=(s2s1)+(s3s1)+(s4s1)2ap。我们希望这个权值之和最小,又因为s2s1s3s1s4s1是一个定值,因此只能让ap取尽可能大的值。

  又由于每一项ai0,因此根据3条等式就会有aps2s1aps3s1aps4s1,因此ap能够取到最大的值就是ap=min{s2s1, s3s1, s4s1}

  因此如果只考虑一个局部的话,如果子树的根到根节点的距离为偶数,那么要使得子树的根和它的儿子的权值之和最小,就让子树的根取上面得到的值就可以的了。

  下面考虑整体。

  如果两个局部不再一棵子树里:

  那么不管其中一个的局部取什么值,都不会影响另外一个局部的取值。因为对于两棵子树的根节点来说,两棵子树是完全独立的,因此两棵子树互不影响。

  如果两个局部在一颗子树中:

  可以发现不管a1a2取什么值,这两个点的权值和是固定的,而对于a3a4的权值和a3+a4=s4s2,可以发现a3a4的权值和只取决于2到根节点的权值和与4到根节点的权值和,不管a1a2取什么值,2到根节点的距离不变,因此不会受a1a2取值的影响。因此这两个局部也不会相互影响。

  因此任意两个局部都是独立的,不会相互影响。因此要是整棵树的权值最小,就要让每个局部(到根节点距离为偶数的子树的根与其儿子)的根取最小值。

  AC代码如下:

复制代码
 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 typedef long long LL;
 5 
 6 const int N = 2e5 + 10;
 7 
 8 int head[N], e[N], ne[N], idx;
 9 int s[N];
10 LL ans;
11 
12 void add(int v, int w ) {
13     e[idx] = w, ne[idx] = head[v], head[v] = idx++;
14 }
15 
16 void dfs(int u, int d, int pre) {
17     // 如果这个点到根节点的距离为奇数,不是局部,往下搜
18     if (d & 1) {
19         for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
20             dfs(e[i], d + 1, u);
21         }
22     }
23     else {  // 局部
24         int t = 2e9;    // 子树的根的权值,一开始赋值正无穷
25         for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
26             t = min(t, s[e[i]] - s[pre]);
27             dfs(e[i], d + 1, u);
28         }
29         
30         if (t < 0) ans = -9e18; // 如果t < 0,说明存在s[e[i]] - s[pre] < 0,t要取负数才满足,矛盾
31         else if (t != 2e9) ans += t;    // 如果t == 2e9说明结点u是一个叶子结点,其权值取值没有限制,因此可以取0
32         
33         // 加上儿子的权值
34         for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
35             ans += s[e[i]] - s[pre] - t;
36         }
37     }
38 }
39 
40 int main() {
41     int n;
42     scanf("%d", &n);
43     
44     memset(head, -1, sizeof(head));
45     for (int i = 2; i <= n; i++) {
46         int v;
47         scanf("%d", &v);
48         add(v, i);
49     }
50     
51     for (int i = 1; i <= n; i++) {
52         scanf("%d", s + i);
53     }
54     
55     ans = s[1]; // 根节点不再任何一个局部中,因此先加上根节点的权值
56     dfs(1, 1, -1);
57     
58     printf("%lld", ans < 0 ? -1 : ans);
59     
60     return 0;
61 }
复制代码

 

参考资料

  AcWing 4427. 树中节点和(AcWing杯 - 周赛):https://www.acwing.com/video/3899/

 
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