题解 [AGC023F] 01 on Tree
每次可以选择没有父亲节点的点删除,但是对于删除并不熟悉,所以我们将其反过来,从下往上进行合并。
先来考虑链的情况:
可以发现,\(3\) 号节点可以向 \(2\) 号节点进行合并,即将\(3\)号节点代表的数字接在\(2\)号节点后边。再往后扩展一步,\(2,3\) 均可看做连通块,只需满足父子关系即可将 \(3\) 放在 \(2\) 的后边。但是注意,不一定非得从\(4\)向上合并到\(1\),先将 \(2,3\) 合并,在将 \(4,3\) 合并也是没问题的,只要符合儿子在父亲后面即可。
再来考虑对于同一父节点的所有子树,应该谁先谁后。
![](https://img2023.cnblogs.com/blog/2214700/202307/2214700-20230719201635205-872220758.png)
设第一个子树内 \(0\) 的个数为 \(cnt_{1,0}\),\(1\) 的个数为 \(cnt_{1,1}\),第二个子树以此类推设为 \(cnt_{2,0}\) 和 \(cnt_{2,1}\),如果子树 \(1\) 在前,那么贡献是 \(cnt_{1,1}\times cnt_{2,0}\),反之为 \(cnt_{2,1}\times cnt_{1,0}\),所以 \(\frac{cnt1}{cnt0}\) 小的在前面更优,当然,在比较时需要转化为乘积形式防止分母为 \(0\)。
由于需要维护子树内也就是连通块内的值,可以想到并查集。于是用并查集维护每个点所处的连通块即可。
综合上述两个结论,我们可以得出如下方案:
先将所有点按照上述排列顺序放进优先队列,然后取出堆顶,将其与父亲节点代表的连通块进行合并(放在后面),再将新连通块塞进堆,并删除原先再堆内的父亲节点,使用懒惰删除即可,便可再 \(O(n\log n)\) 以内解决问题。
点击看不了一点代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
#define PII pair<int,int>
#define PLI pair<LL,int>
LL read() {
LL sum=0,flag=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') flag=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {sum=sum*10+c-'0'; c=getchar();}
return sum*flag;
}
const int N=2e5+10;
int n;
int fa[N],da[N];
LL cnt[N][2];
struct node {
int id; LL cnt0,cnt1;
friend bool operator < (node x,node y) {
return x.cnt1*y.cnt0>x.cnt0*y.cnt1;
}
node(int a,LL b,LL c) {
id=a; cnt0=b; cnt1=c;
}
};
priority_queue<node> q;
int find(int x) {
if(x==fa[x]) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
int main() {
cin>>n;
for(int i=2;i<=n;i++) {
cin>>da[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
fa[i]=i;
int x; cin>>x;
cnt[i][x]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
q.push({i,cnt[i][0],cnt[i][1]});
}
LL ans=0;
while(q.size()) {
node t=q.top(); q.pop();
int id=t.id,cnt1=t.cnt1,cnt0=t.cnt0;
if(cnt0!=cnt[t.id][0]||cnt1!=cnt[t.id][1]) continue;
int fx=find(da[id]);
fa[id]=fx;
ans+=cnt[fx][1]*cnt0;
cnt[fx][1]+=cnt1;
cnt[fx][0]+=cnt0;
if(fx!=1) q.push({fx,cnt[fx][0],cnt[fx][1]});
}
cout<<ans;
return 0;
}
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