题解 luoguP3554 【[POI2013]LUK-Triumphal arch】
代码的关键部分
inline void dfs(int u,int fa) {
int sum=;
for(int i=first[u]; i; i=nxt[i]) {
int v=go[i];
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
sum+=f[v]+;
}
f[u]=max(sum-mid,); }
关于这个方程解释一下
f[u]=max(sum-mid,);
我们不断搜索去边,然后回溯更新每一个阶段需要被染色的数量;
假设需要被染色的节点数量不足k,即sum-mid<0,那我们取0,原因是每次染色的机会是从后往前推的,即使仍然有染色的机会也不能更新前面的状态;
而如果需要染色的节点数量大于k,即sum-mid>0,那么我们显然可以累加到父亲节点,在回溯到父亲节点的时候再统一处理,因为在B点在父亲时是可以对儿子节点进行染色的(前提是sum-mid>0,即仍有染色次数),此处区别于上面那种情况;
所以我们每次二分mid
如果f[1]=0,显然是合法的,我们就缩小mid
AC code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
int first[N],nxt[N],go[N],tot,f[N],mid;
void add(int x,int y) {
nxt[++tot]=first[x];
first[x]=tot;
go[tot]=y;
}
inline void dfs(int u,int fa) {
int sum=;
for(int i=first[u]; i; i=nxt[i]) {
int v=go[i];
if(v==fa)continue;
dfs(v,u);
sum+=f[v]+;
}
f[u]=max(sum-mid,);
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
if(n==)printf(""),exit();
for(int i=,x,y; i<n; i++) {
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
int l=,r=<<,ans=;
while (l<r) {
memset(f,,sizeof(f));
mid=(l+r)>>;
dfs(,);
if (!f[])r=mid;
else l=mid+;
}
printf("%d\n",r);
return ;
}
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