[2019.3.6]BZOJ3573 [Hnoi2014]米特运输

简化题意:

一棵\(n\)个点的树,每一个点有个初始点权,第\(i\)个点点权为\(A_i\),要求任意节点的子节点权值相等,父节点权值等于子节点的和,问最少需要改变多少点的权值。

设节点\(i\)的子节点数量为\(sz_i\),点\(i\)修改以后的点权为\(w_i\)。

发现我们通过一个点\(i\)的权值可以得到所有相邻点的权值:它的每一个子节点就是\(\frac{w_i}{sz_i}\),它的父节点\(fa\)的点权就是\(w_i\times sz_{fa}\)。

于是我们假设我们确定了根节点的点权,那么我们就确定了每一个点的点权。对于任意点\(i\),设它的父亲到根的路径上的点为\(p_1,p_2,p_3,...,p_m\),那么该点的权值就是\(\frac{w_1}{\Pi_{i=1}^mP_i}\),即根节点的点权乘路径上所有点的子节点数量的乘积。

我们设一个点\(i\)的父节点到根节点的路径上所有点子节点数量的乘积为\(k_i\),并钦定\(k_1=1\)。

于是我们有\(w_i=\frac{w_1}{k_i}\)。

于是\(w_1=w_i\times k_i\)。

我们要求满足\(w_i=A_i\)的\(i\)数量最多。

已知如果点\(i\)满足条件,那么\(w_1=k_i\times A_i\)。

所以我们要找一个\(w_1\),使得上述条件满足的数量最多。

所以我们把每一个点\(i\)的\(k_i\times A_i\)存入哈希表,看一下表中数量最多的值的数量即可。

注意这个值是可以满足的最大数量,我们要输出的是需要修改的最小数量,所以要用\(n\)减这个最大值然后输出。

code:

哈希模数建议取3个以上比较保险。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod1=19260817;
const int mod2=998244353;
const int mod3=1e9+7;
struct edge{
    int t,nxt;
}e[1000010];
struct hv{
    int m1,m2,m3;
    bool operator>(const hv&y)const{
        return m1==y.m1?(m2==y.m2?m3>y.m3:m2>y.m2):m1>y.m1;
    }
    bool operator<(const hv&y)const{
        return m1==y.m1?(m2==y.m2?m3<y.m3:m2<y.m2):m1<y.m1;
    }
    hv operator*(const int&y)const{
        hv tmp;
        tmp.m1=1ll*m1*y%mod1,tmp.m2=1ll*m2*y%mod2,tmp.m3=1ll*m3*y%mod3;
        return tmp;
    }
}k[500010];
int n,a[500010],u,v,cnt,be[500010],sz[500010],vis[500010],ans;
map<hv,int>mp;
void scan(int&x){
    x=0;
    char c=getchar();
    while(!isdigit(c))c=getchar();
    while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
void add(int x,int y){
    e[++cnt].t=y,e[cnt].nxt=be[x],be[x]=cnt;
}
void Getk(int x){
    vis[x]=1;
    hv upd=k[x]*sz[x];
    for(int i=be[x];i;i=e[i].nxt)!vis[e[i].t]?k[e[i].t]=upd,Getk(e[i].t),0:0;
}
int main(){
    scan(n);
    for(int i=1;i<=n;++i)scan(a[i]);
    for(int i=1;i<n;++i)scan(u),scan(v),add(u,v),add(v,u),++sz[u],++sz[v];
    for(int i=2;i<=n;++i)--sz[i];
    k[1]=(hv){1,1,1},Getk(1);
    for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,++mp[k[i]*a[i]]);
    printf("%d",n-ans);
    return 0;
}