一道树形DP
\(Translate\)
有一颗\(n\)个节点的树
第\(i\)个节点权值为\(a_i\) \((n<=10^6，-100<=a_i<=100)\)
问是否能够删除掉两条边,使得该树分成三个不为空的部分,并且每部分权值之和相等。
无解输出\(−1\) 否则输出要删除边\((u−>v)\)的v节点序号。
\(Solution\)
很明显我们可以在\(DFS\)遍历树的时候记录子树和这个节点的权值和，我们要要将这个树分成三部分，每部分权值和都为\(Sum/3\)，所以当我们找到当前的和为\(Sum/3\)时，就可以\(cnt++\)，然后记录下这个点，千万不要忘了将现在的求和数组清零，因为如果从这里断开，这个节点对它的父节点将没有贡献，最后找完，如果\(cnt<=2\)，说明分成的子树个数\(<=2\)而不是断边\(<=2\)，这点要注意。这时候输出\(-1\)即可，否则说明这颗树可以分成三部分，输出\(ans[1]，ans[2]\)即可。
剪枝
这个题剪枝十分明显，也比较好想，我们只要在\(dp\)前判断所有的权值和能否被\(3\)整除即可，优化十分有效。
\(Code\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define maxn 1000001
using namespace std;
struct Edge{
int nxt,to,from;
}edge[maxn*2];//因为这是个树
int num_edge,head[maxn],a[maxn],n,fa,total,sum,cnt,ans[maxn],ksum[maxn];
inline int qread(){
char ch=getchar();
int f=1,x=0;
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void addedge(int from,int to){ //加上from的原因是我们要输出他的from
edge[++num_edge].nxt=head[from];
edge[num_edge].from=from;
edge[num_edge].to=to;
head[from]=num_edge;
}
int dfs(int x,int fath){
ksum[x]=a[x];
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){//找祖先
int y=edge[i].to;
if(y!=fath){
dfs(y,x);
ksum[x]+=ksum[y];
}
}
if(ksum[x]==sum){ //当满足了之后
cnt++;
ans[cnt]=x;
ksum[x]=0;
}
}
int main(){
n=qread();//快读，否则的话大数据卡死
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
x=qread();
a[i]=qread();
if(x!=0) {
addedge(i,x);
addedge(x,i);
}
else fa=i;
total+=a[i];
}
if(total%3!=0) printf("-1\n");
else{
sum=total/3;
dfs(fa,0);
if(cnt>=3) printf("%d %d\n",ans[2],ans[1]);
else printf("-1\n");
}
return 0;
}