AtCoder agc023_f - 01 on Tree
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题意见洛谷里的翻译，节点 \(i\) 权值为 \(a_i\)。
这是个 AGC 的 F，挺吓人的。但是仔细看发现跟 P4437 差不多的，所以这是一个 AGC F 中的水题。（本来是不值得我发题解的，但是由于是 AGC 的 F 就随便写写吧……）
假设有 \(m\) 个 \(1\)，这个 \(m\) 显然是固定的。然后我们设 \(m\) 个 \(1\) 的位置为 \(p_{1\sim m}\)，这个 \(p\) 定下来整个序列显然也定下来了。对于 \(p\) 的一个取值，答案显然为 \(\sum\limits_{i=1}^m(n-p_i-(m-i))\)。随便推一下发现等于 \(m(n-m)+\dfrac{m(m+1)}2-\sum\limits_{i=1}^mp_i\)。于是题目转化为最大化 \(ans=\sum\limits_{i=1}^mp_i\)。
仿照 P4437 的推（什么是套路？），我们考虑当前能选的节点集合中的任意两个点 \(x,y\)，若 \(x\) 放最前面，尝试将 \(y\) 换到最前面来变得更优。我们统一使用「将 \(y\) 放到最前面，将 \(y\) 前面依赖于或等于 \(x\) 的全部顺移一位」这种方法来移动。
- \(a_x=a_y=0\)：显然所有 \(1\) 都往后移了，\(ans\) 肯定增大，\sqrt{}；
- \(a_x=a_y=1\)：稍有一丝复杂，注意到所有人移动距离之和等于 \(0\)，\(y\) 的移动占据了所有负贡献，而其他的又不全是 \(1\)，所以最终对 \(ans\) 变化量的总贡献是负的，\times；
- \(a_x=0,a_y=1\)：跟 \(2\) 类似，\times；
- \(a_x=1,a_y=0\)：跟 \(1\) 类似，\sqrt{}；
综合一下就是 \sqrt{} 当且仅当 \(a_y=0\)。合理性也挺好理解的，就跟 P4437 差不多嘛。然后如果没有 \(0\) 的话，那显然就随便选了……于是与爸爸合并。然后考虑合并以后该如何比较。不难发现 \(sz_id_i\) 守恒，然后 \(ans\) 的贡献总值是 \(\sum\limits_i cnt_id_i\)。\(cnt_id_i=\dfrac{cnt_i}{sz_i}sz_id_i\)，于是找 \(\dfrac{cnt_i}{sz_i}\) 当作最小的放在 \(y\) 处与唯一的负距离贡献相乘即可。
UPD：然后发现，\(\sum\limits_{i=1}^mp_i=\sum\limits_{i=1}^nia'_i\)，那不就严格弱于 P4437 了吗？那我前面分析了那么多分析了个寂寞啊？
把 P4437 代码改几个字交上去就 A 了。
