P5958 【[POI2017]Sabotaż】

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题意描述

在一棵以1号节点为根节点的树上，有很多纯洁的白点，

BUT，突然有一个黑点出现（可能在任意位置）

它要染黑尽可能多的节点，而在一棵子树中，

只有当黑点的比例\(>x\)才可以染黑根节点（即整棵子树）

求x的最小值，使得整棵树中被染黑的节点数不超过\(k\)个

如果你看不懂请走传送门

算法分析

一道很裸的树形DP，但思路很巧

显然本题有以下性质：

1. 最坏情况下，最开始的叛徒是叶子结点
2. 因为一个节点被染黑了，一起为根节点的子树将全黑，所以最终被染黑的一定是一颗子树

先设计状态：\(f(i)\)表示使得\(i\)不变黑的最小\(x\)

易得：\(f(i)\)也是使得\(i\)变黑的最大\(x\)

可知\(f(i)\)仅与\(f(son{i})\)以及\(soni\)的大小有关（这里的\(soni\)表示\(i\)的子节点）

那么我们用\(sum(i)\)表示以\(i\)为根节点的子树的大小,\(sum(i)\)是需要提前用dfs预处理的

显然\(i\)被染黑仅必须满足以下两种情况：

1. \(f(soni)<=x\),即\(i\)的某棵子树被染黑
2. \(sum(soni)/(sum(i)-1)<=x\),即\(soni\)的被染黑足以导致\(i\)的被染黑

根据以上规律可以推出如下方程：

\(f(i)=max(f(i),min(f(soni),sum(soni)/(sum(i)-1)))\)(不会用LaTeX写公式的蒟蒻瑟瑟发抖)

取\(min\)是因为需要同时满足条件1和条件2，

取\(max\)是因为需要答案最优

（貌似貌似到这里就结束了呢）

其实还有以下三点细节需要注意：

1. 对于叶子结点\(a\)，显然有\(f(a)=1\)
2. 对于\(ans\)当\(sum(a)<k\)时是不需要考虑的，因为它合法，所以即使它被染黑也无所谓
3. 针对上一条结论，易得\(ans=max(ans,f(a))\),其中\(sum(a)>=k\)

然后就去快乐\(AC\)吧......

代码实现

警告：不要直接复制代码，如果你\(RE\)了你知道是为什么的

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<vector>
#define maxn 500050
using namespace std;

int n,k,sum[maxn];
double f[maxn],ans;
vector<int>v[maxn];//用vector存图笑哈哈

void dfs(int now,int fa){
    sum[now]=1;
    for(int i=0;i<v[now].size();i++){
        int to=v[now][i];
        dfs(to,now);
        sum[now]+=sum[to];
    }//dfs预处理sum[]
    if(sum[now]==1){f[now]=1.0;return;}//叶子结点的处理
    for(int i=0;i<v[now].size();i++){
        int to=v[now][i];
        f[now]=max(f[now],min(f[to],(double)sum[to]/(sum[now]-1)));
    }//dp
    if(sum[now]>k) ans=max(ans,f[now]);//统计答案，注意if
    return;
}

int main(){
    scanf("%d %d",&n,&k);
    int x;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        v[x].push_back(i);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%.8lf",ans);//注意精度问题
    while(1){}//防作弊
    return 0；
}

结语

安利dalao博客

（光速逃...