D. Maximum Distributed Tree 解析(思維、DFS、組合、貪心、DP)
Codeforce 1401 D. Maximum Distributed Tree 解析(思維、DFS、組合、貪心、DP)
今天我們來看看CF1401D
題目連結
題目
直接看原題比較清楚,略。
前言
這次比賽被第C.題搞到剩20分鐘可以寫D.這題,比賽時沒寫出來,比完了以後花了一個多小時Debug才De出來Orz。
想法
要注意到,題目中的distribution index實際上就是把每條路對於每個點對互相拜訪時,會被經過幾次,乘個權重,全部加起來。例如說\((u,v)\)這條邊,\(u\)那一端接了一個節點個數為\(cnt_u\)的子樹,\(v\)那一端接了一個節點個數為\(cnt_v\)的子樹(code中我是用\(dp[.]\)來儲存),那麼總共有\(cnt_u\times cnt_v\)個點對,在互相拜訪時會經過\((u,v)\)這條邊,而distribution index就是把所有邊的拜訪次數乘以你分配的權重,然後全部加起來。
而對於每條邊,如果要找到兩個節點分別連接到多大的子樹(注意,這邊所說的子樹代表由當前點為根,且不會經過目前考慮的邊的子樹),我們可以隨便選一個點\(r\)為根,做樹上DP維護每個點為根,往下的子樹(也就是以\(r\)為根來說,我們考慮的子樹不會往\(r\)接近)的節點個數。接著就是一些簡單的實作了。
要注意以下幾點:
- 對於某個邊\((u,v)\),這個邊會被經過的次數為:\(dp[v]\times(n-dp[v])\) (假設\(u\)比\(v\)淺,需要先在dfs時維護每個點的depth)
- 最後把權重分配到邊上時,首先當然兩個數列都要先排序,接著要記得考慮\(n-1>m\)和\(n-1\le m\)的情況(我就是在這裡卡了一個多小時)
程式碼:
int _n=1e5+10;
int t,n,m,p[_n],x,y,dp[_n],dep[_n];
VI G[_n];
PII e[_n];
ll ecnt[_n];
void dfs(int v,int fa,int d){
dep[v]=d;
if(SZ(G[v])==1 and G[v][0]==fa){dp[v]=1;return;}
int res=1;
rep(i,0,SZ(G[v]))if(fa!=G[v][i])dfs(G[v][i],v,d+1),res+=dp[G[v][i]];
dp[v]=res;
}
main(void) {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>t;while(t--){
cin>>n;rep(i,0,n)G[i].clear();
rep(i,0,n-1){cin>>x>>y;x--,y--;G[x].pb(y),G[y].pb(x);e[i]={x,y};}
cin>>m;rep(i,0,m)cin>>p[i]; sort(p,p+m);
dfs(0,-1,0); ll ans=0;rep(i,0,n-1){
int u=e[i].fi,v=e[i].se;
if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
ecnt[i]=1ll*dp[v]*(n-dp[v]);
} sort(ecnt,ecnt+n-1);
int len=max(0,n-1-m);
rep(i,0,len)ans+=ecnt[i],ans%=mod;
if(n-1>m)rep(i,len,len+m)ans+=1ll*p[i-len]*ecnt[i],ans%=mod;
if(m>=n-1){
rep(i,0,n-2)ans+=1ll*p[i]*ecnt[i],ans%=mod;
ll tmp=1;rep(i,n-2,m)tmp*=1ll*p[i],tmp%=mod;
ans+=1ll*tmp*(ecnt[n-2]%mod); ans%=mod;
}
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
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