[HNOI 2014]米特運輸
阿新 • • 發佈：2018-01-04
原本 style aws namespace output 方向 input 父親 next
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Description
米特是D星球上一種非常神秘的物質，蘊含著巨大的能量。在以米特為主要能源的D星上，這種米特能源的運輸和儲 存一直是一個大問題。D星上有N個城市，我們將其順序編號為1到N，1號城市為首都。這N個城市由N-1條單向高速 通道連接起來，構成一棵以1號城市（首部）為根的樹，高速通道的方向由樹中的兒子指向父親。樹按深度分層： 根結點深度為0，屬於第1層；根結點的子節點深度為1，屬於第2層；依此類推，深度為i的結點屬於第i+l層。建好 高速通道之後，D星人開始考慮如何具體地儲存和傳輸米特資源。由於發展程度不同，每個城市儲存米特的能力不 盡相同，其中第i個城市建有一個容量為A[i]的米特儲存器。這個米特儲存器除了具有儲存的功能，還具有自動收Input
第一行是一個正整數N，表示城市的數目。接下來N行，每行一個正整數，其中的第i行表示第i個城市原來存在的米 特儲存器的容量。再接下來是N-I行，每行兩個正整數a，b表示城市b到城市a有一條高速通道(a≠b)。 N<500000，A[j]<10^8Output
輸出文件僅包含一行，一個整數，表示最少的被重建（即修改儲存器容量）的米特儲存器的數目。
Sample Input
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Sample Output
3HINT
【樣例解釋】
一個最優解是將A[1]改成8，A[3]改成4，A[5]改成2。這樣，2和3運給1的量相等，4和5運給2的量相等，且每天晚上六點的時候，1，2滿，3，4，5空，滿足所有限制條件。
題目大意
給一棵樹，每個點有一個權值，要求修改一些點的權值，使得：
①同一個父親的兒子權值必須相同
②父親的取值必須是所有兒子權值之和
題解
有這樣一個結論，當這棵樹的任何一個節點的權值確定之後，其余所有節點的權值便都可算出來。
例如下圖：
若我們確定了 $5$ 號節點的權值為 $x$ ，那麽 $7$ 號節點的權值 $y$ 可以算出 $y = \frac{3}{2} \cdot x$ 。
現在我們將每一條邊定向，方向為從父親指向兒子，對於每個節點，統計每個節點的出度，做一遍樹上前綴積 $prod_u$ 。例如上圖中 $prod_5 = 6$ ， $prod_7 = 4$ ，特別地 $prod_1 = 1$ 。
我們假設 $u$ 節點的權值是不變的，那麽必然有修改後的根節點的權為 $w = a_u \cdot prod_u$。
記 $f_u = prod_u*a_u$ ，我們將樹上 $f_u$ 相同的點放在一組，現在問題就變成了求點數最多的一組的點的個數。
由於乘積過大，直接 $hash$ 。
1 //It is made by Awson on 2018.1.3 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <queue> 7 #include <stack> 8 #include <cstdio> 9 #include <string> 10 #include <vector> 11 #include <cstdlib> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #define LL long long 16 #define LD long double 17 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 18 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 19 using namespace std; 20 const int N = 500000; 21 const int MOD1 = 1e6+9; 22 const int MOD2 = 1e6+7; 23 const int MOD3 = 1e6-3; 24 25 int a[N+5], u, v, n; 26 struct tt { 27 int to, next; 28 }edge[(N<<1)+5]; 29 int path[N+5], top, degree[N+5]; 30 int hash1[MOD1+5], hash2[MOD2+5], hash3[MOD3+5]; 31 int ans1, ans2, ans3; 32 33 void add(int u, int v) { 34 edge[++top].to = v; 35 edge[top].next = path[u]; 36 path[u] = top; 37 } 38 void dfs(int u, int fa, int num1, int num2, int num3) { 39 int tmp, d = --degree[u]; 40 tmp = ++hash1[(LL)num1*a[u]%MOD1], ans1 = Max(ans1, tmp); 41 tmp = ++hash2[(LL)num2*a[u]%MOD2], ans2 = Max(ans2, tmp); 42 tmp = ++hash3[(LL)num3*a[u]%MOD3], ans3 = Max(ans3, tmp); 43 for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next) 44 if (edge[i].to != fa) dfs(edge[i].to, u, (LL)num1*d%MOD1, (LL)num2*d%MOD2, (LL)num3*d%MOD3); 45 } 46 void work() { 47 scanf("%d", &n); 48 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); 49 for (int i = 1; i < n; i++) { 50 scanf("%d%d", &u, &v); 51 add(u, v), add(v, u); ++degree[u], ++degree[v]; 52 } 53 ++degree[1]; 54 dfs(1, 0, 1, 1, 1); 55 printf("%d\n", n-Min(Min(ans1, ans2), ans3)); 56 } 57 int main() { 58 work(); 59 return 0; 60 }
[HNOI 2014]米特運輸