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 $1 \sim n$。

$1$ 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 $a_{v}$。

我们用 $s_{v}$ 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 $h_{v}$ 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，$s_{1}=a_{1}$，$h_{1}=1$。

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 $a_{v}$，要求在满足已知信息的情况下，所有节点的权值之和 $\sum\limits_{i=1}^{n} {a_{i}}$ 尽可能小。

输出 $\sum\limits_{i=1}^{n} {a_{i}}$ 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 $n−1$ 个整数 $p_{2},p_{3}, \dots,p_{n}$，其中 $p_{i}$ 表示节点 $i$ 的父节点编号。

第三行包含 $n$ 个整数 $s_{1},s_{2}, \dots,s_{n}$，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 $\sum\limits_{i=1}^{n} {a_{i}}$ 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

前 $4$ 个测试点满足 $2 \leq n \leq 5$。
所有测试点满足 $2 \leq n \leq {10}^{5}$，$1 \leq p_{i} < i$，$−1 \leq s_{i} \leq {10}^{9}$。

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$a_p + a_2 + a_3 + a_4 = \left( {s_2-s_1} \right) + \left( {s_3-s_1} \right) + \left( {s_4-s_1} \right) - 2a_p$。我们希望这个权值之和最小，又因为$s_2 - s_1$，$s_3 - s_1$，$s_4 - s_1$是一个定值，因此只能让$a_p$取尽可能大的值。

　　又由于每一项$a_i \geq 0$，因此根据$3$条等式就会有$a_p \leq s_2 - s_1$，$a_p \leq s_3 - s_1$，$a_p \leq s_4 - s_1$，因此$a_p$能够取到最大的值就是$a_p = min \left\{ {s_2 - s_1,~ s_3 - s_1,~ s_4 - s_1} \right\}$。

　　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$a_1$和$a_2$取什么值，这两个点的权值和是固定的，而对于$a_3$和$a_4$的权值和$a_3 + a_4 = s_4 - s_2$，可以发现$a_3$和$a_4$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$a_1$和$a_2$取什么值，$2$到根节点的距离不变，因此不会受$a_1$和$a_2$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：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 2e5 + 10;

int head[N], e[N], ne[N], idx;
int s[N];
LL ans;

void add(int v, int w ) {
    e[idx] = w, ne[idx] = head[v], head[v] = idx++;
}

void dfs(int u, int d, int pre) {
    // 如果这个点到根节点的距离为奇数，不是局部，往下搜
    if (d & 1) {
        for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            dfs(e[i], d + 1, u);
        }
    }
    else {  // 局部
        int t = 2e9;    // 子树的根的权值，一开始赋值正无穷
        for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            t = min(t, s[e[i]] - s[pre]);
            dfs(e[i], d + 1, u);
        }
        
        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
        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
        
        // 加上儿子的权值
        for (int i = head[u]; i != -1; i = ne[i]) {
            ans += s[e[i]] - s[pre] - t;
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        int v;
        scanf("%d", &v);
        add(v, i);
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", s + i);
    }
    
    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
    dfs(1, 1, -1);
    
    printf("%lld", ans < 0 ? -1 : ans);
    
    return 0;
}

 

参考资料

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