0801 模拟赛

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T1

给定一个根为 \(1\)、\(n\) 个节点的树，每个节点初始无色。一次操作可以选定一个点 \(i\)，将 \(i\) 子树内的所有点覆盖为任意颜色。求将所有叶子变为指定颜色的最少操作次数。

\(n \leq 2\times 10^6\)。

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虽然我现在还不会，但我梳理一下思路，说不定就会了呢。

首先染色一定上至下，否则不优。所以可以考虑 \(dp_{i,j}\) 表示若 \(i\) 的子树内已经全部被染成 \(j\)，使其达成条件的最小步数。

然后 \(u\) 的转移是形如，所有儿子第二维对位相加，然后找出 \(mn=\min_j\{dp_{u,j}\}\)，将所有 \(dp_{u,j}\) 与 \(mn+1\) 取较小值。看起来是可以线段树合并的，但这属实很不优美。

与 \(mn+1\) 取完最小值之后，\(dp_u\) 的差就小于等于 \(1\) 了，再向上合并时我的决策一定是取，在儿子中作为 \(mn\) 次数最多的那一个。所以我只需要知道这个颜色作为 \(mn\) 的总次数即可。

所以说不能干想，及时梳理思路还是很有必要的，我现在好像就会了。相当于我维护 \(f_u\) 表示作为 \(u\) 点的 \(mn\) 的所有颜色的集合，然后向上合并时当然是找出儿子的 \(f\) 的可重集的并中出现次数最多的那些作为 \(f_u\)。可以直接哈希表维护 \(f_u\)，启发式合并逐个添加，开一个哈希表 \(cnt\) 计算次数同时维护最大次数的集合即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,a,b) for(int i=a,i##i=b;i<=i##i;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i=a,i##i=b;i>=i##i;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+7;
int n,x,c[N],mx[N],ans;
vector<int>a[N];
unordered_map<int,int>mp[N];
void dfs(int x){
//    cerr<<x<<" start:\n";
    int sn=0,mx=1;
    for(int to:a[x]){
        dfs(to);
        if(mp[to].size()>mp[sn].size())sn=to;
    }
    unordered_map<int,int>&ct=mp[sn];
//    cerr<<sn<<endl;
    for(int to:a[x])if(to!=sn)for(auto k:mp[to]){
        int h=++ct[k.first];
        if(h>mx)mx=h,mp[x].clear();//cerr<<"CL";
        if(h==mx)mp[x][k.first]=1;//cerr<<k.first<<' ';
    }
//    cerr<<endl;
    if(mx==1)swap(mp[x],ct);
    if(c[x])mp[x][c[x]]=1,++ans;
    ans-=mx-1;
//    cerr<<x<<" end."<<mx<<"\n";
}
signed main(){
    freopen("wisdom.in","r",stdin);
    freopen("wisdom.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,2,n)scanf("%d",&x),a[x].emplace_back(i);
    FOR(i,1,n)scanf("%d",c+i);
    dfs(1),printf("%d",ans);
    return 0;
}