【ARC098F】Donation

题面

atcoder

题意:

给定一张\(n\)个点,\(m\)条边的无向图。这张图的每个点有两个权值 \(a_i,b_i\)。

你将会从这张图中选出一个点作为起点,随后开始遍历这张图。

你能到达一个节点 \(i\)当且仅当你的手上有至少\(a_i\)元钱。当你到达一个节点\(i\) 后,你可以选择对这个点捐赠\(b_i\)元。

你需要对每个点捐赠一次。问你身上至少要带多少元钱?

其中\(1\leq n\leq 10^5\),\(n-1\leq m\leq 2\times 10^5\)。

题解

首先你需要知道的两个性质:

  • 对于一个点,你只有最后访问它时才会对它进行捐赠。

    证明:这一点正确性比较显然。
  • 定义权值\(w=max(a_i-b_i,0)\),那么在满足上面条件的前提下你要尽量让\(w\)大的点先捐赠。

    证明:首先你要明白这个\(w\)是怎么来的,

    当你最后经过一个点并捐赠它时,

    你所剩下的钱\(w+b_i\geq a_i\),

    那么必须满足\(w\geq max(a_i-b_i,0)\)。

    所以你在最后访问这个点你所剩的钱最多,所以尽量先捐赠这个点。

考虑有了上述两点之后我们怎么解决问题,

倘若一个点在一个连通块内而且我们不需要再访问这个点,

那么这个点对答案影响不大,但是若一个点把联通块割成许多个小联通块,那就另当别论了。

基于这一点首先我们按权值\(w\)从小到大构建一颗生成树,

一边构建一边求答案(没必要真的建树,建树的过程可用并查集维护)。

设\(dp_i\)表示以\(i\)为根的子树所需的最小钱数,

\(sum_i\)表示子树\(i\)中所有的\(b_i\)之和,

则我们当一个点是叶子节点是答案就是\(dp_i=w_i+b_i\),

对于非叶子节点,我们枚举访问完子树\(j\)就不再回到\(i\)了,

根据我们上面的描述,转移就是\(dp_i=\min_{j\in son_i} sum_i-sum_j+max(w_i,dp_j)\)。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
inline int gi() {
register int data = 0, w = 1;
register char ch = 0;
while (!isdigit(ch) && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') w = -1, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) data = 10 * data + ch - '0', ch = getchar();
return w * data;
}
const int MAX_N = 1e5 + 5;
int N, M, a[MAX_N], b[MAX_N], p[MAX_N];
int pa[MAX_N];
int getf(int x) { while (x != pa[x]) x = pa[x] = pa[pa[x]]; return x; }
vector<int> G[MAX_N];
long long f[MAX_N], sum[MAX_N];
bool vis[MAX_N];
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("cpp.in", "r", stdin);
#endif
N = gi(), M = gi();
for (int i = 1; i <= N; i++) {
a[i] = gi(), b[i] = gi();
a[i] = max(a[i] - b[i], 0);
p[i] = i, pa[i] = i;
}
sort(&p[1], &p[N + 1], [](const int &l, const int &r) { return a[l] < a[r]; } );
for (int i = 1; i <= M; i++) {
int u = gi(), v = gi();
G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
}
for (int i = 1; i <= N; i++) {
vector<int> son;
int x = p[i];
vis[x] = 1, sum[x] = b[x];
for (auto v : G[x]) {
if (!vis[v] || getf(x) == getf(v)) continue;
son.push_back(getf(v));
sum[x] += sum[getf(v)];
pa[getf(v)] = x;
}
f[x] = sum[x] + a[x];
for (auto v : son) f[x] = min(f[x], sum[x] - sum[v] + max(1ll * a[x], f[v]));
}
printf("%lld\n", f[p[N]]);
return 0;
}

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