树中节点和
树中节点和
给定一棵 个节点组成的树。
树中节点编号为 。
号节点为树的根节点。
树中的每个节点 都具有一个非负整数权值 。
我们用 来表示从节点 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 来表示从节点 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,,。
现在,我们只知道树的具体结构以及所有 值为奇数的节点的 值。
请你为树中的每个节点 赋予一个非负整数权值 ,要求在满足已知信息的情况下,所有节点的权值之和 尽可能小。
输出 的最小可能值。
输入格式
第一行包含一个整数 。
第二行包含 个整数 ,其中 表示节点 的父节点编号。
第三行包含 个整数 ,注意,由于所有 值为偶数的节点的 值都是未知的,所以这些节点的 值并未直接给出,而是用 来代替。
输出格式
一个整数,表示 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 。
数据范围
前 个测试点满足 。
所有测试点满足 ,,。
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。我们希望这个权值之和最小,又因为,,是一个定值,因此只能让取尽可能大的值。
又由于每一项,因此根据条等式就会有,,,因此能够取到最大的值就是。
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:
可以发现不管和取什么值,这两个点的权值和是固定的,而对于和的权值和,可以发现和的权值和只取决于到根节点的权值和与到根节点的权值和,不管和取什么值,到根节点的距离不变,因此不会受和取值的影响。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:
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 }
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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