Codeforces Round #781 (Div. 2)C

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Codeforces Round #781 (Div. 2)C

我之前没有看懂题目，我现在把我认为正确的题意描述出来

有一棵树，一开始都没有病毒什么的，但是我们需要把这一棵树里的所有节点变成有病毒的，而把节点变成有病毒的只有两个操作，而每一秒都可以进行（只要可以进行，第一次第一个操作不可以，没有兄弟节点感染）

操作1：一个节点的子节点带上病毒了，而这一个没有带上病毒（只要一个节点带有病毒，那么它的一个兄弟节点就可以获得这个病毒）

操作2：任意选择一个节点

我们需要的是把所有的节点得到病毒的最少时间

我的第一反应是把所有同一个父节点的节点发在一起，（把所有的兄弟都聚集在一起，统计每一个兄弟集合的数量）

我们可以有很多方式，但是有一个是一定的，那就是总时间t一定是大于等于进行操作一而得到病毒的数量

而且，只要有一个兄弟集合，就需要多少个操作二（把病毒引到这一个集合一定需要一个操作二才可以），其他的可以选择操作一，也可以选择操作二

然后我们知道如果一个r（操作数）可以让所有的子节点带上病毒，那么比r大的也一定可以，比r小的或许可以

那么这样，我们可以用二分的方式

具体操作可以看代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int t,n;
vector<int>f;
bool cmp(int x,int y)
{
    return x>y;
}
bool check(int x) //x是总时间
{
    if(x<f.size())return 0;
    int sum=f.size();//sum是操作二的数量，一定要有集合个数个操作二（至少）
    for(int i=0;i<f.size();i++) 
    {
        sum+=max(0,f[i]-x+i);
        //这个三角形是时间为7的最多子节点的情况，每一秒都会用到两个操作（第一秒只有一个操作，没有兄弟节           //点）,这个是最优的形式，还有其他的样子，
        // *（1） *(2) *(3) *(4) *(5) *(6) *(7) * * （多出的，比如这一次是7，那么这个多出的就一定
        // *（2） *(3) *(4) *(5) *(6) *(7)             用到操作二，使用操作二，直接自己选择，而不 
        // *（3） *(4) *(5) *(6) *(7)                  是通过兄弟节点
        // *（4） *(5) *(6) *(7)
        // *（5） *(6) *(7)
        // *（6） *(7)
        // *（7）
    }
    return sum<=x;
}
void solve()
{
    cin>>n;
    map<int,int>mp;
    f.clear();
    for (int i=1;i<n;i++)
    {
        int fa;
        cin>>fa;
        mp[fa]++;
    }
    mp[0]++;
    for(auto [x,y]:mp)f.push_back(y);
    int ans=n;
    sort(f.rbegin(),f.rend());
    //    for (auto x:f)
    //    {
    //     cout<<x<<" ";
    //    }
    // cout<<'\n';
    int l=1,r=n;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid))
        {
            ans=mid;
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
int main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}