题面

来源


2017

D

a

y

7

2000

m

s

1024

M

i

B

{\tt「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相}\\ \,_{传统~~~~~2000\,{\tt ms}~~~1024\,{\tt MiB}}

「雅礼集训2017Day7」跳蚤王国的宰相传统     2000ms   1024MiB​

题目描述

跳蚤王国爆发了一场动乱,国王在镇压动乱的同时,需要在跳蚤国地方钦定一个人来做宰相。

由于当时形势的复杂性,很多跳蚤都并不想去做一个傀儡宰相,带着宰相的帽子,最后还冒着被打倒并杀头的危险,然而有一只跳蚤却想得与众不同最时尚。

本来他打算去教书,他已经发表了自己在学术方面的见解,获得了很多跳蚤们的赞同,但是这时听说跳蚤国要钦定宰相,他毅然打断了想去教书的想法,他觉得只要为了国家利益,自己的生死都可以不管,哪里能因为工作能给自己带来灾祸或者福分就去避开或者接近这份工作呢?所以他决定站出来接了这份工作。

然而当时国王的钦定方式很奇怪,跳蚤王国可以看作一棵树,国王认为宰相必须更好的为跳蚤服务,所以他会选择一个到所有节点距离和最小的节点,并在这个节点中钦定,如果有多个节点满足距离和最小则任选一个。

然而跳蚤国的动乱实在是太厉害了,以至于树的形态可能也会发生改变,也就是说,树上可能会有若干条边消失,如果这个情况出现的话一定会有同样数目的边出现,以保证整个结构仍然是一棵树

现在这个跳蚤想知道每个节点中的跳蚤如果要被钦定,至少需要多少条边消失(当然也会有同样数目的边出现)。作为这只跳蚤的一名真正的粉丝,你能帮他解决这个问题吗?

输入格式

第一行一个正整数

n

\tt n

n 表示树中点的个数。
接下来

n

1

\tt n-1

n−1 行,每行两个正整数

u

\tt u

u、

v

\tt v

v,表示点

u

\tt u

u 与点

v

\tt v

v 之间有一条树边。

输出格式

输出

n

\tt n

n 行,第

i

\tt i

i 行一个数,表示第

i

\tt i

i 个节点如果要被钦定至少需要多少条边消失。

样例

输入

10
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
1 7
1 8
1 9
1 10

输出

0
4
4
4
4
4
4
4
4
4

数据范围与提示

对于

10

%

\tt10\%

10% 的数据,

n

10

\rm n\leq10

n≤10;
对于

40

%

\tt40\%

40% 的数据,

n

2000

\rm n\leq2000

n≤2000;
对于

70

%

\tt70\%

70% 的数据,

n

100000

\rm n\leq100000

n≤100000;
对于

100

%

\tt100\%

100% 的数据,

10

n

1000000

\rm 10\leq n\leq1000000

10≤n≤1000000。

L

i

b

r

e

O

J

P

o

w

e

r

e

d

b

y

S

Y

Z

O

J

N

G

_{{\rm LibreOJ}~{\tt Powered~by}~{\rm SYZOJ~NG}}

LibreOJ Powered by SYZOJ NG​


题解

首先,不难发现,到所有节点距离和最小的节点,就是树的重心。

用调整法证明,如果不是重心的话,往重心方向移动,一定能使到所有节点距离和减小。

然后,就可以利用很多重心的特性了。重心的定义是连出去的子树大小都不大于

n

/

2

\rm n/2

n/2 。

断边加边,实际上只需要考虑断边,然后断掉的部分肯定接在目标点上最优。


如果有两个重心,将会变得非常简单。两个重心一定是一条边相连的相邻的两个点,这条边的两端,各有

n

/

2

\rm\leq n/2

≤n/2 个点。

对于本就是重心的点,答案是 0,对于其他点,只需要把两个重心之间的边断掉,然后把另一部分接在自己头上,就一定能满足要求了,因此答案是 1 。


如果只有一个重心,那我们就根据这个重心来考虑。设这个重心为

h

v

\rm hv

hv,以它为根处理一下这棵树每个点的

s

i

z

\rm siz

siz (子树大小)。

我们发现每个点只会有一个儿子的子树不符合要求,且

h

v

\rm hv

hv 一定在这个子树里。那么我们就只需要断掉不同的与

h

v

\rm hv

hv 相邻的边,就可以解决问题。如果不是断掉这些边,那么接上后肯定不会很优。

把与

h

v

\rm hv

hv 相邻的子树都处理出大小、成员,按大小排个序,然后处理出前缀和。假设当前的点

i

\rm i

i 所在的大子树

p

\rm p

p ,那么我们需要从大到小考虑断掉一些子树,再接上去,保证这个点可以做重心,即断掉过后的

S

I

Z

s

i

z

[

i

]

n

/

2

\rm SIZ-siz[i]\leq n/2

SIZ−siz[i]≤n/2。

既然从大到小考虑,那么除开

p

\rm p

p 本身的影响,选的应该是从大到小的连续一段,所以可以二分。

这里有一个坑点,困扰了我八个月。要使点

i

i

i 成为重心,可以不动子树

p

\rm p

p ,把其它的子树进行二分求出答案。也可以有第二种方案:把子树

p

\rm p

p 的那条边断掉,然后把

h

v

\rm hv

hv 加上除了

p

\rm p

p 以外的子树——这一大坨,全部接到

i

\rm i

i 上,接着再考虑二分、选其它的子树断掉,这样,再最终答案+1 的情况下,就只需要满足断掉后的

S

I

Z

s

i

z

[

p

]

n

/

2

\rm SIZ-siz[p]\leq n/2

SIZ−siz[p]≤n/2 了,

s

i

z

[

p

]

\rm siz[p]

siz[p] 更大,条件要宽松些。

两种方案都试试,然后择优输出就是了。时间复杂度

O

(

n

log

n

)

\rm O(n\log n)

O(nlogn) 。

CODE

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
vector<int> g[MAXN];
int fa[MAXN],siz[MAXN];
bool hv[MAXN];
vector<int> sb[MAXN];
int b[MAXN];
void dfs(int x,int fat) {
fa[x] = fat;
siz[x] = 1;
hv[x] = 1;
for(int i = 0;i < (int)g[x].size();i ++) {
if(g[x][i] != fat) {
dfs(g[x][i],x);
if(siz[g[x][i]] > n/2) hv[x] = 0;
siz[x] += siz[g[x][i]];
}
}
if(n-siz[x] > n/2) hv[x] = 0;
return ;
}
void dfs2(int x,int fat,int id) {
sb[id].push_back(x);
siz[x] = 1;
for(int i = 0;i < (int)g[x].size();i ++) {
if(g[x][i] != fat) {
dfs2(g[x][i],x,id);
siz[x] += siz[g[x][i]];
}
}return ;
}
int SZ(int x) {return (int)sb[b[x]].size();}
vector<int> bu[MAXN];
int AS[MAXN],sm[MAXN],cnt,hp;
int SM(int l,int x) {
return sm[l] - (x >= l ? SZ(x):0);
}
int CNT(int l,int x) {
return cnt-l+1 - (x >= l ? 1:0);
}
int bel[MAXN];
int main() {
n = read();
for(int i = 1;i < n;i ++) {
s = read();o = read();
g[s].push_back(o);
g[o].push_back(s);
}
dfs(1,0);
cnt = 0,hp = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(hv[i]) cnt ++,hp = i;
}
if(cnt > 1) {
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(hv[i]) printf("0\n");
else printf("1\n");
}
return 0;
}
cnt = 0;
for(int i = 0;i < (int)g[hp].size();i ++) {
dfs2(g[hp][i],hp,++ cnt);
bu[(int)sb[cnt].size()].push_back(cnt);
}
cnt = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
for(int j = 0;j < (int)bu[i].size();j ++) {
b[++ cnt] = bu[i][j];
}
}
sm[cnt+1] = 0;
for(int i = cnt;i > 0;i --) sm[i] = sm[i+1] + SZ(i);
for(int i = 1;i <= cnt;i ++) {
for(int j = 0;j < (int)sb[b[i]].size();j ++) {
int p = sb[b[i]][j];
int SIZ = siz[p];
int ad = 1,ad2 = 1;
for(int k = 20;k >= 0;k --) {
if(ad+(1<<k) <= cnt+1 && n-SIZ-SM(ad+(1<<k),i) <= n/2) {
ad += (1<<k);
}
}
for(int k = 20;k >= 0;k --) {
if(ad2+(1<<k) <= cnt+1 && n-SZ(i)-SM(ad2+(1<<k),i) <= n/2) {
ad2 += (1<<k);
}
}
AS[p] = min(CNT(ad,i),CNT(ad2,i)+1);
bel[p] = i;
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
printf("%d\n",AS[i]);
}
return 0;
}

「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相(树的重心)的更多相关文章

  1. 【思维题 细节】loj#6042. 「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相

    挂于±1的细节…… 题目描述 跳蚤王国爆发了一场动乱,国王在镇压动乱的同时,需要在跳蚤国地方钦定一个人来做宰相. 由于当时形势的复杂性,很多跳蚤都并不想去做一个傀儡宰相,带着宰相的帽子,最后还冒着被打 ...

  2. LOJ #6042. 「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相

    我可以大喊一声这就是个思博题吗? 首先如果你能快速把握题目的意思后,就会发现题目就是让你求出每个点要成为树的重心至少要嫁接多少边 先说一个显然的结论,重心的答案为\(0\)(废话) 然后我们考虑贪心处 ...

  3. 【LOJ6042】「雅礼集训 2017 Day7」跳蚤王国的宰相(思博题)

    点此看题面 大致题意: 给你一棵树,询问对于每个点需要改变多少条边来使得它成为树中到所有点距离和最小的点. 一些初始化及想法 这是一道思博题. 首先我们要知道一个结论:对于这棵树的重心,它的答案必定为 ...

  4. 「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度

    「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度 题目链接 我们先将字符串建后缀自动机.然后对于两个前缀\([1,i]\),\([1,j]\),他们的最长公共后缀长度就是他们在\(fail\)树上对应节点 ...

  5. 【LOJ 6041】「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度

    Description 人的一生不仅要靠自我奋斗,还要考虑到历史的行程. 历史的行程可以抽象成一个 01 串,作为一个年纪比较大的人,你希望从历史的行程中获得一些姿势. 你发现在历史的不同时刻,不断的 ...

  6. 【刷题】LOJ 6041 「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度

    题目描述 人的一生不仅要靠自我奋斗,还要考虑到历史的行程. 历史的行程可以抽象成一个 01 串,作为一个年纪比较大的人,你希望从历史的行程中获得一些姿势. 你发现在历史的不同时刻,不断的有相同的事情发 ...

  7. LOJ #6041. 「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度

    我可以大喊一声这就是个套路题吗? 首先看到LCP问题,那么套路的想到SAM(SA的做法也有) LCP的长度是它们在parent树上的LCA(众所周知),所以我们考虑同时统计多个点之间的LCA对 树上问 ...

  8. loj#6041. 「雅礼集训 2017 Day7」事情的相似度(SAM set启发式合并 二维数点)

    题意 题目链接 Sol 只会后缀数组+暴躁莫队套set\(n \sqrt{n} \log n\)但绝对跑不过去. 正解是SAM + set启发式合并 + 二维数点/ SAM + LCT 但是我只会第一 ...

  9. LOJ #6043. 「雅礼集训 2017 Day7」蛐蛐国的修墙方案

    我可以大喊一声这就是个SB题吗? 首先讲一句如果你像神仙CXR一样精通搜索你就可以得到\(80pts\)(无Subtask)的好成绩 我们考虑挖掘一下题目的性质,首先发现这是一个置换,那么我们发现这的 ...

随机推荐

  1. 基于BPM的低代码开发平台应具备什么功能

    一个BPM平台应该具备什么样的功能    用户在选型BPM软件的时候往往不知道该关注哪些功能,什么样的BPM软件能满足国内企业应用需求,笔者从多年BPM研发和实施经验提炼了中国特色BPM应该具备的功能 ...

  2. CVPR2022 | A ConvNet for the 2020s & 如何设计神经网络总结

    前言 本文深入探讨了如何设计神经网络.如何使得训练神经网络具有更加优异的效果,以及思考网络设计的物理意义. 欢迎关注公众号CV技术指南,专注于计算机视觉的技术总结.最新技术跟踪.经典论文解读.CV招聘 ...

  3. 掘地三尺搞定 Redis 与 MySQL 数据一致性问题

    Redis 拥有高性能的数据读写功能,被我们广泛用在缓存场景,一是能提高业务系统的性能,二是为数据库抵挡了高并发的流量请求,点我 -> 解密 Redis 为什么这么快的秘密. 把 Redis 作 ...

  4. 跟着Vam一起学习Typescript(第一期)

    一.安装环境与配置1.命令行安装 npm i -g typescript 2.快捷打开Vs Code编辑器 创建一个项目文件夹,在该文件夹下打开命令行工具,使用code .命令快速打开编辑器(如果计算 ...

  5. 设计模式-策略模式前端应用校验vue写法

    1.定义:定义一系列算法,把它们一个个封装起来,并且它们可以相互替换 2.实际应用:减少if else的使用,在有多种算法相似的情况下,使用 if-else 所带来的复杂和难以维护,提高维护和可读性, ...

  6. ABAP CDS - DEFINE VIEW, name_list

    Syntax ... ( name1, name2, ... ) ... Effect Defines the element names of a CDS view in ABAP CDS in a ...

  7. vue大型电商项目尚品汇(后台终结篇)day06 重磅!!!

    自此整个项目前后台,全部搭建完毕. 今天是最后一天,内容很多,而且也比较常用,一个图标类数据可视化,一个后台的权限管理,都是很经典的类型. 一.数据可视化 1.简介 专门的一门学科,有专门研究这个的岗 ...

  8. jenkins自动触发构建

    1. 安装jenkins cat /etc/yum.repos.d/jenkins.repo [jenkins] name=Jenkins baseurl=http://pkg.jenkins.io/ ...

  9. 简单实现python接口自动化(一)

    目的:excel中维护接口用例数据,通过python中requests库进行读取用例,并把运行结果与excel中的预期结果对比,最后把执行情况写入到excel中去. excel维护数据: 具体的接口名 ...

  10. Python selenium 实现大麦网自动购票过程

    一些无关紧要的哔哔: 大麦网是中国综合类现场娱乐票务营销平台,业务覆盖演唱会. 话剧.音乐剧.体育赛事等领域今天,我们要用代码来实现他的购票过程 开搞! 先来看看完成后的效果是怎么样的 开发环境 版 ...