這其實是超級大水題，難度不及一道提高組的dp，如果讀懂了題面...

好吧我讀懂了題面，然而並不知道1號節點是否一定要裝滿...

（根據做題的情況來看1號也是要裝滿的，盡管不進行能量收集）

然而為什麽我還是不會做呢。。。。

稍微觀察一下就可以發現：

根節點容量確定後，整棵樹容量都可以確定。

因此如果要保證樹上某一節點的容量不進行修改，那麽根節點必須為某一確定容量

記ncn[i]為i節點的子節點個數，那麽對於原來容量為a[i]的節點i，如果不能修改，則要求根節點容量為

a[i]*(i到根節點的路徑上所有點的ncn值的乘積（不含i，含根節點）)。

那麽求出所有節點保證它們不修改要求的根節點容量，找出出現次數最多的那個，其出現次數為ans，則答案為n-ans.

稍微看一下就可以發現這樣子肯定是爆longlong了，都不知道爆到哪裏去了。。。。然後我就不會了。。

有一些很好的方法：

1.可以發現最終只會計算出n個答案（盡管很大），並不怎麽會沖突，因此乘法可以取模（不放心可以多算幾份取不同模的）

2.同上，可以用log(n)代替n，而計算乘法時，log(ab)=log(a)+log(b)，使要記錄的數據值大大縮小

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cmath>
 4 #include<map>
 5 #define
 
 eps 1e-7
 6 using namespace std;
 7 struct E
 8 {
 9     int to,nxt;
10 }e[1000010];
11 int f1[500100],ne,n,a[500100],ncn[500100],ans;
12 double dis[500100];
13 void dfs(int u,int fa)
14 {
15     for(int k=f1[u];k;k=e[k].nxt)
16         if(e[k].to!=fa)
17         {
18             dis[e[k].to]=dis[u]+log(ncn[u]);
 
19             dfs(e[k].to,u);
20         }
21 }
22 struct Cmp
23 {
24     bool operator()(double a,double b)
25     {
26         if(fabs(a-b)<eps)    return 0;
27         else    return a<b;
28     }
29 };
30 map<double,int,Cmp> ma;
31 int main()
32 {
33     int i,x,y;
34     scanf("%d",&n);
35     for(i=1;i<=n;i++)    scanf("%d",&a[i]);
36     for(i=1;i<n;i++)
37     {
38         scanf("%d%d",&x,&y);
39         e[++ne].to=y;e[ne].nxt=f1[x];f1[x]=ne;
40         e[++ne].to=x;e[ne].nxt=f1[y];f1[y]=ne;
41         ncn[x]++;ncn[y]++;
42     }
43     for(i=2;i<=n;i++)    ncn[i]--;
44     dfs(1,0);
45     for(i=1;i<=n;i++)    dis[i]+=log(a[i]),ma[dis[i]]++;
46     //for(i=1;i<=n;i++)  printf("%lf\n",dis[i]);
47     for(map<double,int,Cmp>::iterator it=ma.begin();it!=ma.end();++it)    ans=max(ans,it->second);
48     printf("%d",n-ans);
49     return 0;
50 }

洛谷 P3237 [HNOI2014]米特運輸