「CF830E」Perpetual Motion Machine 题解

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「CF830E」Perpetual Motion Machine

题目大意

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的图，点 $i$ 有点权 $a_i$。

每个点 $i$ 会产生 $-a_i^2$ 的贡献，而每条边 $(u,v)$ 会产生 $a_u a_v$ 的贡献。

求一种贡献为非负数的点权分配方案，使得所有点权落在 $[0,10^6]$，且有一个点的点权不为 $0$，或者报告无解。

思路

首先可以发现，如果有一个连通块满足条件，那么其它连通块点权全部分配 $0$ 即可满足条件。所以我们可以假定图是连通的。而且 $n = 1$ 的情况十分简单，所以下方仅讨论 $n \ge 2$。

发现如果我们把所有点权全部赋值为 $1$，可以解决 $n<=m$ 的情况。

那么现在我们只需要考虑一棵树的情况。

直接构造比较复杂，考虑一些特殊树。

先尝试做链。

可以先列出需要满足的条件：

$$\sum_{i=1}^{n-1}a_i a_{i+1}-\sum_{i=1}^{n}a_i^2 \ge 0$$

推导一下：

$$a_1^2+a_n^2+\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})^2 \le 0$$

显然左边是非负的，取等就必须让 $a_{1,2,\dots,n}$ 全部为 $0$，与题目矛盾。

所以链是不合法的。

然后考虑菊花图。

显然中间节点权值大，叶子节点权值小更优。

我们干脆直接让叶子节点的权值都为 $1$。

设中间节点权值为 $x$，那么条件为 $x^2-(n-1)x+n-1 \le 0$。

那么只要 $\Delta=(n-1)^2-4(n-1) \ge 0$，那么一定存在满足条件的 $x$。

解得 $n \ge 5$，也就是至少 $4$ 个叶子节点。

构造时发现直接令 $x=2$ 即可。

这给了我们启发。我们尝试将菊花图的做法拓展到图上，也就是让所有叶子节点点权为 $1$，非叶子节点点权为 $2$。

不难发现这样的构造方法可以解决叶子节点数大于等于 $4$ 的一般树。

那么叶子节点数为 $1$（$n=1$）、为 $2$（链）以及大于等于 $4$ 的树都解决了。考虑叶子节点数为 $3$ 的树。

其实就是一个根上接了三条链。

我们定义 $f(x,n)$ 表示长度为 $n$ 的链，$a_1=x$ 的贡献。

$$f(x,n)=-\frac{1}{2}(a_1^2+a_n^2+\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})^2)$$

然后我们定义 $a_{n+1}=0,b_i=a_{i+1}-a_i$，对其进行化简：

$$f(x,n)=-\frac{x^2}{2}-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}b_i^2$$

我们可以随意分配 $a_i$，也就可以随意分配 $b_i$。那么最优情况下，$b_i$ 一定都相等，因为 $\sum b_i=x$，所以 $b_i=\frac{x}{n}$。

$$f(x,n)=-\frac{x^2}{2}-\frac{x^2}{2n}$$

然后带入整个树中，得到

$$ans=f(x,n_1)+f(x,n_2)+f(x,n_3)+2x^2$$

$$=\frac{x^2}{2}-\sum_{i=n_1,n_2,n_3}\frac{x^2}{2i} \ge 0$$

那么只需要满足 $1 - \frac{1}{n_1} - \frac{1}{n_2} - \frac{1}{n_3} \ge 0$，即 $\frac{1}{n_1} + \frac{1}{n_2} + \frac{1}{n_3} \le 1$。

发现只有 $(n_1,n_2,n_3)=(3,3,3),(2,4,4),(2,3,6)$ 时可以取等。

我们只需要根据这三个临界条件判断是否合法。然后思考构造方案。

难想到，可以如下构造：

• 根节点权值为 $n_1 n_2 n_3$。

• 链 $1$ 上的点权值为 $(n_1-dis) n_2 n_3$，其中 $dis$ 为点到根节点的距离。其它链同理。

然后就做完了。复杂度 $O(n\alpha(n))$。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
#define pb push_back
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
const ll p=1e9+7;
ll ksm(ll a,ll b){ll bns=1;while(b){if(b&1)bns=bns*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return bns;}

ll n,m;
vector<ll>e[N];
ll in[N];//度数
ll tot[N];//连通块内边数
ll cnt[N];//连通块内叶子节点个数
ll siz[N];//连通块内节点个数
ll ans[N];//答案
//并查集
ll fa[N];
ll find(ll x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}

void dfs(ll x,ll fa,ll&t){//统计子树大小，记录在t中
	++t;
	for(ll y:e[x]){
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x,t);
	}
}

void solve(ll x,ll fa,ll c[],ll id,ll dis){//分配点权
	//c表示构造长度，id表示属于的链的编号，dis表示到根节点的距离
	ll s=1;
	For(i,0,2)if(i!=id)s*=c[i];
	ans[x]=s*max(0ll,c[id]-dis);//取max保证超出构造长度部分的点权全部为0
	for(ll y:e[x]){
		if(y==fa)continue;
		solve(y,x,c,id,dis+1);
	}
}

void mian(){
	
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	For(i,1,n)fa[i]=i,in[i]=tot[i]=cnt[i]=siz[i]=ans[i]=0,e[i].clear();//初始化
	For(i,1,m){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		e[x].pb(y),e[y].pb(x);
		ll fx=find(x),fy=find(y);
		if(fx!=fy){
			tot[fx]+=tot[fy];
			fa[fy]=fx;
		}
		++tot[fx];
		++in[x],++in[y];
	}
	For(i,1,n){
		ll fi=find(i);
		++siz[fi];
		if(in[i]==1)++cnt[fi];
	}
	ll flag=0;//是否合法
	For(i,1,n){
		ll fi=find(i);
		if(tot[fi]>=siz[fi]){//不是树
			flag=1;
			ans[i]=1;
		}else if(cnt[fi]>=4){//不少于4个叶子节点
			flag=1;
			ans[i]=(in[i]>1)+1;
		}else if(cnt[fi]==3&&in[i]==3){//3个叶子节点
			ll c[3]={1,1,1},k=0;//c记录子树大小，k用来为每条链分配编号
			ll id[3]={0,1,2};//排序后的下标，不直接排序c数组是为了方便对应原来的子树
			for(ll j:e[i])dfs(j,i,c[k++]);
			sort(id,id+3,[&](ll x,ll y){return c[x]<c[y];});//按c数组从小到大排序
			//判断是否合法，此时c的作用变为记录构造长度
			ll f=0;
			if(c[id[0]]>=3){//(3,3,3)
				f=1;c[id[0]]=3,c[id[1]]=3,c[id[2]]=3;
			}else if(c[id[0]]>=2&&c[id[1]]>=3&&c[id[2]]>=6){//(2,3,6)
				f=1;c[id[0]]=2,c[id[1]]=3,c[id[2]]=6;
			}else if(c[id[0]]>=2&&c[id[1]]>=4&&c[id[2]]>=4){//(2,4,4)
				f=1;c[id[0]]=2,c[id[1]]=4,c[id[2]]=4;
			}
			//分配权值
			if(f){
				flag=1;
				k=0;
				ans[i]=c[0]*c[1]*c[2];
				for(ll j:e[i])solve(j,i,c,k++,1);
			}
		}
	}
	if(!flag){
		printf("NO\n");
		return;
	}
	printf("YES\n");
	For(i,1,n)printf("%lld ",ans[i]);
	printf("\n");
	
}

int main(){
	int T=1;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)mian();
	return 0;
}

尾声

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