AGC010 - C: Cleaning

时间:2022-04-11 23:04:31

原题链接

题意简述

给出一棵n(n≤105)个节点的树,每个点有点权。每次可以选择两个叶节点并将连接它们的路径上的节点的点权-1(包括叶节点)。求能否将所有节点的点权都变为0。

分析

AGC010 - C: Cleaning

先考虑最简单的情况。在这种情况下,au必须等于av,否则GG。因为要想对v操作只能通过u,想对u操作只能通过v。

若相等我们可以令bu=av,并定义bu为:u需要往外连bu条路径。因为需要有au条路径进到以u为根的子树里面,可以看做u需要向外连au条路径。

AGC010 - C: Cleaning

再考虑一般情况。在这种情况下,au必须小于等于∑bv,否则GG。因为即使把bv都减完了au也不能为0,并且已经没有办法再减少au了。

若au=∑bv,直接从u往外连au条路径就好了。

和刚才不同,v之间可以自行解决一部分。比如操作v1−u−v2,可以让bu减1,让∑bv减2。我们可以进行类似的操作直到bu=∑bv,然后同上。

但是有可能没法让bu=∑bv,那就GG。那什么情况下不可行呢?

结论:当max{bv}≤(∑bv)/2时,可以把所有的bv消成0(或者剩一个1)。

证明

可能不对,看看就好

我们可以把问题反转一下:

对于一个零序列,每次对两个位置+1,能否得到目标序列?

显然的结论有当 max{bv}>(∑bv)/2 时会有 max{bv}−(∑bv−max{bv}) 加不出来。以及当 ∑bv 为奇数时至少会剩下一个。

下证对于其他情况:

额外创建两个位置,对它们进行无限次操作,意思就是足够多次。

{0,0,...,0} -> {0,0,...,0(,inf,inf)}

这时候我们加入了一种新操作:令这两个inf减1,也就是撤回一次。 然后我们可以做到 :

{0,0,...,0(,inf,inf)} -> {1,0,...,0(,inf+1,inf)} -> {2,0,...,0(,inf+1,inf+1)} -> {2,0,...,0(,inf,inf)}。

这样就有了构造方法:先两两给所有奇数填上1(要是有奇数个奇数就说明∑bv为奇数肯定会剩下,所以可以把一个奇数视为偶数),然后通过以上+2的操作把所有数都填好。最后对额外的两个位置一直-1减到0,这样就构造完成了。

如果在任何时候出现bu无法等于∑bv,那么GG。

以及,broot≠0也GG。

遍历所有节点复杂度为O(n),遍历每个节点的所有子节点复杂度为O(n),总时间复杂度为O(n)。

实现

首先以一个度不为1的点作为root,然后DFS出深度dpt和树的结构

由下到上将节点u和它的子节点v合并出bu,最后检查 broot

代码

//Cleaning
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long lint;
int const N=1e5+10;
int n,a[N];
int cnt,h[N],deg[N];
struct edge{
int u,v,nxt;
edge(int u1=0,int v1=0)
{
u=u1,v=v1;
nxt=h[u];
h[u]=cnt;
}
}ed[N<<1];
int root,fa[N],dpt[N];
struct rec{int dpt,id;} r[N];
bool cmpDpt(rec x,rec y) {return x.dpt>y.dpt;}
void dfs(int u)
{
for(int i=h[u];i!=0;i=ed[i].nxt)
{
int v=ed[i].v;
if(v==fa[u]) continue;
fa[v]=u,dpt[v]=dpt[u]+1;
dfs(v);
}
}
int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
if(n==2)
{
if(a[1]!=a[2]) printf("NO");
else printf("YES");
return 0;
}
cnt=0; memset(h,0,sizeof h);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
ed[++cnt]=edge(u,v); deg[v]++;
ed[++cnt]=edge(v,u); deg[u]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(deg[i]>1)
{
fa[i]=0,dpt[i]=1;
dfs(root=i);
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++) r[i].dpt=dpt[i],r[i].id=i;
sort(r+1,r+n+1,cmpDpt);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int u=r[i].id;
if(deg[u]==1) continue;
int maxx=0; lint sum=0;
for(int j=h[u];j!=0;j=ed[j].nxt)
{
int v=ed[j].v;
if(fa[v]!=u) continue;
maxx=max(maxx,a[v]); sum+=a[v];
}
lint in=min(sum/2,sum-maxx);
if(a[u]>sum) {printf("NO"); return 0;}
else
{
if(sum-a[u]>in) {printf("NO"); return 0;}
else a[u]-=sum-a[u];
}
}
if(a[root]==0) printf("YES");
else printf("NO");
return 0;
}

注意

n=2时要特判一下,因为两个点都是叶节点会找不出root