BZOJ 1908. Pku2054 UVA1205 Color a Tree

传送门

看一眼感觉 $dp$，发现状态没法维护

考虑贪心，然后就想了两个错的贪心...

正解好神啊

首先如果权值最大的点能够一步染色那么肯定要染它

意思就是，一旦父节点被染色那么它就要接着被染色

那么把它们父子两合并成一个新的点，其他节点根据原来的边也连上来

考虑新的点的权值要怎么搞，现在既然这个节点包含了两个点，那么把它染色要两个单位时间，而染其他点只要 $1$ 单位时间

此时染它对整颗树产生的额外的代价为 $2$ 乘其他节点权值和，把其他点 $x$ 染色额外代价为 $1$ 乘其他节点 （非 $x$ 节点） 权值和

所以权值为原本节点权值之和除以 $2$，更大的情况也是同样处理，每次合并都计算此时合并的贡献

贡献就是父节点大小乘子节点权值和，因为要把子节点染色得先把父节点染好，此时子节点会产生额外的代价

这样一直合并最后只剩下根节点时答案就出来了，具体看代码吧

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=2e5+;
int n,rt,val[N],sz[N],fa[N],ans;
inline void clr() { for(int i=;i<=n;i++) fa[i]=val[i]=sz[i]=; ans=; }
void solve()
{
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        int x=,p;
        for(int j=;j<=n;j++)
            if(j!=rt && 1.0*val[x]/sz[x]<1.0*val[j]/sz[j]) x=j;//找到权值最大的点
        p=fa[x]; ans+=sz[p]*val[x];//我们这里算的是额外的代价，不包括把本身染色的代价
        sz[p]+=sz[x]; val[p]+=val[x];
        val[x]=; fa[x]=p;//合并
        for(int j=;j<=n;j++)
            if(fa[j]==x) fa[j]=p;//其他点按原来关系连上来
    }
}
int main()
{
    sz[]=;
    while()
    {
        n=read(),rt=read(); int a,b;
        if(!n&&!rt) break;
        for(int i=;i<=n;i++)
            val[i]=read(),ans+=val[i],sz[i]=;//ans初始为所有点染色本身的代价
        for(int i=;i<n;i++) { a=read(),b=read(); fa[b]=a; }
        solve();
        printf("%d\n",ans);
        clr();
    }
    return ;
}