gmoj 6653. 【2020.05.27省选模拟】树 题解

题目

https://gmoj.net/senior/#main/show/6653

题目大意：

一棵有 $n$ 个节点的以 $1$ 为根的树，令 $p_i$ 表示结点 $i$ 的父亲编号，那么它还满足 $p_i<i$ 。把它每条边的边权以及除 $1$ 以外每个点的 $p_i$ 取出，并且将它们 打乱顺序 ，就能得到一个长度为 $2n-2$ 的序列 $a$ 。

现在题目给出 $n$ 和 $a$ ，要求你输出 $n-1$ 个数。第 $i$ 个数表示 $n$ 到 $1$ 之间有 $i$ 条边时， $n$ 到 $1$ 之间的最小边权总和是多少。如果不存在满足 $n$ 到 $1$ 之间有 $i$ 条边的树，输出 $-1$ 。

满足 $1\le n\le 10^5,a_i\in [1,n)\cup Z$ 。

题解

部分分对正解启发不大，就直接写满分做法了。

把 $a$ 放进一个桶里，记这个桶为 $B$ ，再用 $S$ 表示它的前缀和。

考虑什么时候会无解（即不存在任意一棵操作后能变成 $a$ 的树）。由于 $p_i<i$ ，即 $[1,i]$ 中的每个数都会有一个在 $[1,i)$ 中的父亲，因此 $S_{i-1}+1<i$ 时无解。

再考虑最短的 $n\to 1$ 的链会是怎么样的呢？它的长度应该就是不得不选的数的数量，由于这时已经满足 $S_{i-1}\ge i-1$ ，即 $S_i\ge i$ 若再有 $S_{i-1}=i-1$ ， $i$ 就是必选的了，理由和上一条类似。由于只用关心这条链就好了，链上不可能有两个点的父亲一样，因此每个数最多只选 $1$ 次。至于为什么这些选择的数一定可以构成一条链，这是因为选出了 $p_i$ 后，编号为 $1\to n-1$ 的点中哪些点会成为父亲就已经知道了，共有 链的长度 -1 个点，把我们选出来的数放进这些位置就好了，剩下那个就是叶子。

求长度的话从大到小选择没有用过的数即可。

时间复杂度 $O(n)$ 。

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代码

#include<cstdio>
using namespace std;
#define fo(i,l,r) for(i=l;i<=r;++i)
#define fd(i,r,l) for(i=r;i>=l;--i)
#define N 100005
long long ans[N];
int a[N],b[N],s[N];
bool fixed[N];
inline int mymin(int x,int y){
    
    return x<y?x:y;}
int main()
{
    
    
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	int i,j,l,r,t,x,n,m,len=0;
	scanf("%d",&n),m=2*n-2;
	fo(i,1,m) scanf("%d",&x),++a[x];
	fo(i,1,n-1) ans[i]=-1;
	fo(i,1,n-1) s[i]=s[i-1]+a[i];
	fo(i,1,n-1)
	{
    
    
		if(s[i-1]+1<i)
		{
    
    
			fo(j,1,n-1) printf("-1 ");
			return 0;
		}
		if(/*s[i]>=i&&*/s[i-1]<=i-1)
			fixed[i]=1,--a[i],++len;
	}
	j=len,ans[len]=0;
	fd(r,n-1,1)
	{
    
    
		t=mymin(a[r],j);
		a[r]-=t,j-=t,b[r]+=t,
		ans[len]+=r*t;
		if(!j) break;
	}
	fo(l,1,n-1) if((a[l]+b[l])&&!fixed[l])
	{
    
    
		fixed[l]=1;
		++len,ans[len]=ans[len-1],j=1;
		if(!a[l]) ans[len]-=l,++a[l],--b[l],++j;
		--a[l];
		while(r)
		{
    
    
			t=mymin(a[r],j);
			a[r]-=t,j-=t,b[r]+=t,
			ans[len]+=r*t;
			if(!j) break;
			--r;
		}
		if(len==n-1) break;
	}
	fo(i,1,n-2) printf("%lld ",ans[i]);
	printf("%lld\n",ans[n-1]);
	return 0;
}