CF1324F Maximum White Subtree 题解

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简要题意：

给定一棵树，每个点有黑白两种颜色；对每个节点，求出包含当前节点的连通图，使得白点数与黑点数差最小。输出这些值。

F题也这么简单，咳咳，要是我也熬夜打上那么一场。。。可惜没时间打啊

美国佬怎么想的，不能让比赛设置成美国的上午，那我们就是下午了；非要设置成下午，那我们就是半夜。。。

首先，这题一看就是 \(\texttt{dp}\)，树形 \(\texttt{dp}\)，换根 \(\texttt{dp}\).

下文中，用 \(\texttt{Subtree(i)}\) 表示 \(i\) 的子树包含的所有节点集合。

用 \(\texttt{father(i)}\) 表示 \(i\) 节点的父亲。

用 \(\texttt{colour_i}\) 表示 \(i\) 节点的颜色值，黑为 \(-1\)，白为 \(1\).

首先，假定 \(1\) 为根。

用 \(f_i\) 表示，当前联通图包含在以 \(i\) 为根的子树内的答案。

则必然存在：

\[f_i = colour_i + \sum_{x \in Subtree(i)} \max(f_x,0)
\]

因为， \(colour_i\) 是必须包含的，其次是所有子树中的答案统计；负数不统计。

下面考虑一个换根（树形） \(\texttt{dp}\).用 \(g_i\) 表示 整棵树去掉以 \(i\) 为根的子树后（保留 \(i\) 节点）的答案。

\[g_i = colour_i + \max(0,g_{\texttt{father(i)}} + \sum_{x \in Subtree(\texttt{father(i)})}^{i \not = x} \max(f_x,0))
\]

这也是显然的。

你发现这玩意儿似乎是 \(O(n^2)\) 的？？？

可以，你机智地发现，后面和 \(f_i\) 的状态转移方程长得不是一点点像！

接着，我们来看后面的部分。

\[\sum_{x \in Subtree(\texttt{father(i)})}^{i \not = x} \max(f_x,0) = f_{\texttt{father(i)}} - \max(0,f_i) - colour_{\texttt{father(i)}}
\]

把这个代入 \(g\) 可知：

\[g_i = colour_i + \max(0,g_{\texttt{father(i)}} + f_{\texttt{father(i)}} - \max(0,f_i) - colour_{\texttt{father(i)}})
\]

然后考虑统计答案。

你可能觉得是这样子的：

\[ans_i = f_i + \max(0,g_i)
\]

可是你机智的发现，连样例都过不了！！！

什么鬼？

\(f_i\) 和 \(g_i\) 都没毛病？

\(ans_i\) 似乎 也没什么问题？

你再次环顾了以下 \(f\) 和 \(g\) 的方程。

你机智的发现，两个函数都计算了 \(colour_i\).

所以还要减掉一个！

\[ans_i = f_i + \max(0,g_i - colour_i)
\]

天哪，你告诉我这个树形 dp 不会写？？？

要是 \(1\) 年前的我，这里肯定是记忆化搜索。

但是，我们就用树形 \(\texttt{dp}\) 写，怎么地！

具体见代码。

时间复杂度：\(O(n)\).

空间复杂度：\(O(n)\).

实际得分：\(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=2e5+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,a[N],fa[N],f[N];
int g[N],ans[N];
vector<int>G[N];
//正常套路，化树为图，随意求根，形成父亲

inline void solve(int dep,int bs) { //bs 是 dep 的父亲，既方便处理父亲，也为后面的 g 做铺垫
	fa[dep]=bs; f[dep]=a[dep]?1:-1;
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]!=bs) {
			solve(G[dep][i],dep);
			if(f[G[dep][i]]>0) f[dep]+=f[G[dep][i]];
		} //加上每个儿子维护的子树值即可，巧妙维护
}

inline void dfs(int dep) {
	int x=fa[dep],t=g[x]+f[x]-(a[x]?1:-1);
	if(f[dep]>0) t-=f[dep];
	if(t<0) t=0; ans[dep]=f[dep]+t;
	g[dep]=t+(a[dep]?1:-1);
	for(int i=0;i<G[dep].size();i++)
		if(G[dep][i]-fa[dep]) dfs(G[dep][i]);
} //维护 g

int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read();
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	solve(1,0); g[1]=a[1]?1:-1; ans[1]=f[1];
	for(int i=0;i<G[1].size();i++) dfs(G[1][i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}