【codeforces contest 1119 F】Niyaz and Small Degrees

题目

描述

\(n\) 个点的树，每条边有一个边权；

对于一个 \(X\) ，求删去一些边后使得每个点的度数 \(d_i\) 均不超过 \(X\) 的最小代价；

你需要依次输出 \(X=0 \to n-1\) 的答案；

范围

$ 1 \le n \le 250000 $

题解

• 考虑对于一个\(X\)怎么做，设 $ dp_{i,0/1} $ 表示 $ u $ 节点的子树，$ i $连向父亲的边是否被删且度数不超过 $ X $ 的最小代价。转移时将 \(dp_{v,1} + w(u,v) - dp_{v,0}\) 排序，小于 \(0\) 的优先选，再补到 $ d_{u} - X (-1) $ 个即可 。

  复杂度 : \(O(n^2)\)

• 注意到 \(\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=1}^{n} [d_j>i] = \sum_{i=1}^{n} d_{j} = 2n-2 = O(n)\) 。

  升序考虑\(X\),当一个点的度数小于等于\(X\)的时候可以直接删去这个点并把这个点的贡献加入相邻的点中;

  可以用一个支持删除的堆或者set实现。再执行同样的\(dp\)；

• 但是直接维护所有点仍是\(O(n^2log \ n )\)的，需要把复杂度降到只和当前保留的点有关。

  注意到对于一个 $ u $ , $ d_{u}-X(-1) $ 在减小，维护堆中所有要选的$ d_{u}-X( -1 ) $个点的 $ sum $ ，这样子每次转移就只需要个新加儿子的\(dp\)值，然后调整堆的\(size\)即可，转移完后最后再还原；

  这样子转移复杂度就只和度数​\(>=X\)的点有关；

  复杂度：\(O(n \log n)\) ;

  #include<bits/stdc++.h>
  #define pb push_back
  #define fi first
  #define se second
  #define mk make_pair
  #define ll long long
  using namespace std;
  const int N=250010;
  int n,D,vis[N],d[N],nxt[N],st[N];
  ll sum[N],ans,f[N][2];
  typedef pair<int,int>pii;
  vector<pii>g[N];
  vector<int>vec[N];
  int cnt;
  bool cmp(const pii&a,const pii&b){
  	return d[a.fi]<d[b.fi];
  }
  struct data{
  	priority_queue<ll>A,B;
  	void push(ll x){
  	//	cnt++;
  		A.push(x);
  	}
  	void del(ll x){
  	//	cnt++;
  		B.push(x);
  	}
  	int top(){
  		while(!B.empty()&&A.top()==B.top())A.pop(),B.pop();
  		return A.top();
  	}
  	void pop(){
  		top();A.pop();
  	}
  	int size(){
  		return A.size()-B.size();
  	}
  	bool empty(){
  		return A.size()==B.size();
  	}
  }q[N];
  void update(int u){
  	vis[u]=1;
  	for(int i=0;i<g[u].size();++i){
  		int v=g[u][i].fi,w=g[u][i].se;
  		if(vis[v])continue;
  		q[v].push(w),sum[v]+=w;
  	}
  }
  void resize(int u,int num){
  	while(q[u].size()>num){
  		sum[u]-=q[u].top();
  		q[u].pop();
  	}
  }
  void resize(int u,int num,vector<ll>&add){
  	while(q[u].size()>num){
  		sum[u]-=q[u].top();
  		add.pb(q[u].top());
  		q[u].pop();
  	}
  }
  void dfs(int u,int F){
  	/*{
  		cnt++;
  	}*/
  	vis[u]=1;
  	int num=d[u]-D;
  	resize(u,num);
  	vector<ll>add,del;
  	ll all=0;
  	while(st[u]<g[u].size()&&d[g[u][st[u]].fi]<=D)st[u]++;
  	for(int i=st[u];i<g[u].size();++i){
  		int v=g[u][i].fi,w=g[u][i].se;
  		if(vis[v]||v==F)continue;
  		dfs(v,u);
  		if(f[v][1]+w<=f[v][0])num--,all+=f[v][1]+w;
  		else {
  			all+=f[v][0];
  			ll tmp=f[v][1]+w-f[v][0];
  			q[u].push(tmp),sum[u]+=tmp;
  			del.pb(tmp);
  		}
  	}
  	resize(u,max(0,num),add);
  	f[u][0]=all+sum[u];
  	resize(u,max(0,--num),add);
  	f[u][1]=all+sum[u];
  	for(auto x : add)q[u].push(x),sum[u]+=x;
  	for(auto x : del)q[u].del(x),sum[u]-=x;
  }
  int main(){
  	//freopen("F.in","r",stdin);
  	//freopen("F.out","w",stdout);
  	scanf("%d",&n);
  	for(int i=1,u,v,w;i<n;++i){
  		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
  		g[u].pb(mk(v,w));
  		g[v].pb(mk(u,w));
  		d[u]++,d[v]++;
  		ans+=w;
  	}
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		vec[d[i]].pb(i);
  		sort(g[i].begin(),g[i].end(),cmp);
  	}
  	nxt[n]=n+1;
  	for(int i=n-1;i;--i){
  		if(vec[i+1].size())nxt[i]=i+1;
  		else nxt[i]=nxt[i+1];
  	}
  	printf("%I64d ",ans);
  	for(int i=1;i<n;++i){
  		for(auto j : vec[i])update(j);
  		ans=0;D=i;
  		for(int j=i+1;j<=n;j=nxt[j])
  		for(auto k : vec[j])if(!vis[k]){
  			dfs(k,0);ans+=f[k][0];
  		}
  		for(int j=i+1;j<=n;j=nxt[j])
  		for(auto k : vec[j]){
  			vis[k]=0;
  		}
  		printf("%I64d ",ans);
  	}
  	//cerr<<fixed<<setprecision(10)<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC<<endl;
  	return 0;
  }