[POI2013]?uk triumfalny
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[POI2013]?uk triumfalny
题目大意:
一棵(n(nle3 imes10^5))个结点的树,一开始(1)号结点为黑色。(A)与(B)进行游戏,每次(B)能选择不超过(k)个结点染成黑色,然后(A)从当前点出发走到一个相邻的结点。若(A)从(1)号结点出发,则(k)最小取多少能保证(A)每次走到的点都是黑点?
思路:
二分答案(k)后使用树形DP判断是否可行。
从叶子往根考虑,(f_i)表示将(i)的子树全部染黑需要从祖先获取多少染色的机会(就是说现在有(f_i)个结点无法染色)。
转移方程为(f_x=max(sum(f_y+1)-k,0))。
最后若(f_1=0)则说明可行。
时间复杂度(mathcal O(nlog n))。
源代码:
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=3e5+1;
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
int f[N],k;
void dfs(const int &x,const int &par) {
f[x]=-k;
for(register unsigned i=0;i<e[x].size();i++) {
const int &y=e[x][i];
if(y==par) continue;
dfs(y,x);
f[x]+=f[y]+1;
}
f[x]=std::max(f[x],0);
}
inline bool check(const int &k) {
::k=k;
dfs(1,0);
return f[1]==0;
}
int main() {
const int n=getint();
for(register int i=1;i<n;i++) {
add_edge(getint(),getint());
}
int l=e[1].size(),r=e[1].size();
for(register int i=2;i<=n;i++) {
r=std::max(r,(int)e[i].size()-1);
}
while(l<=r) {
const int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) {
r=mid-1;
} else {
l=mid+1;
}
}
printf("%d
",r+1);
return 0;
}
以上是关于[POI2013]?uk triumfalny的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
[POI2013] MOR-Tales of seafaring
[bzoj3420]Poi2013 Triumphal arch_树形dp_二分
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