P6748『MdOI R3』树形 DP + 贪心

题解

传送门 P6748『MdOI R3』Fallen Lord

题解

所构造树的任一边的权值上界都为 $M$。设节点 $u$ 的度为 $d_u$，则与 $u$ 相连的边中，$u$ 对 $\lfloor d_u/2\rfloor +1$ 条边有边权上界为 $A_u$ 的约束，对其余 $d_u-(\lfloor d_u/2\rfloor +1)$ 条边无边权上界的约束。

考虑任意节点 $u$，若其非根节点，则仅存在一条与祖先节点的连边，这条边存在两种可能，即 $u$ 是否对其有上界约束 $A_u$。$dp[i][j]$ 代表在状态 $j$ 下，以 $i$ 为根的子树比边权和的最大值；$j=0$ 则代表节点 $i$ 对边 $(paren{t}_i,i)$ 无边权上界的限制，$j=1$ 则反之。

问题转化为，已知 $dp[chil{d}_i][k](k\in [0,1])$，任取 $d_i-(\lfloor d_i/2\rfloor +1)-j$ 条边 $(i,chil{d}_i)$，使 $i$ 对其无上界约束，而对其余 $(i,chil{d}_i)$ 有上界约束 $A_i$，使 $dp[i][j]$ 最大。对 $i$ 与任一子节点连边 $(i,chil{d}_i)$ 的边权，只有 $i$、$chil{d}_i$ 分别是否对其有上界限制四种可能；显然，$i$ 对边存在上界约束的情况下，子节点对 $i$ 的贡献要不大于无约束的情况。那么答案预取为所有无约束情况的和；将无约束情况与有约束情况做差，并排序，贪心地从大到小取 $d_i-(\lfloor d_i/2\rfloor +1)-j$ 条边的差值即可。

总时间复杂度 $O(N\log N)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = l, _ = r; i < _; ++i)
typedef long long ll;
const int maxn = 500005, inf = 0x3f3f3f3f;
int N, M, A[maxn];
ll B[maxn][2], C[maxn], dp[maxn][2];
vector<int> G[maxn];

void dfs(int u, int p)
{
    
    
    int son = 0;
    ll res = 0;
    for (auto &v : G[u])
        if (v != p)
            dfs(v, u);
    for (auto &v : G[u])
        if (v != p)
        {
    
    
            B[son][0] = max(A[v] + dp[v][1], M + dp[v][0]);
            B[son][1] = max(min(A[u], A[v]) + dp[v][1], A[u] + dp[v][0]);
            C[son] = B[son][0] - B[son][1];
            res += B[son][1];
            ++son;
        }
    sort(C, C + son);
    int num = ((son + (p == -1 ? 0 : 1)) >> 1) + 1;
    rep(i, num - 1, son) res += C[i];
    dp[u][1] = res;
    dp[u][0] = num <= son ? res - C[num - 1] : -inf;
}

int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> N >> M;
    rep(i, 0, N) cin >> A[i];
    rep(i, 1, N)
    {
    
    
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        --u, --v;
        G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
    }
    dfs(0, -1);
    cout << dp[0][0] << '\n';
    return 0;
}