BZOJ 3573

發現當一個點的權值確定了，整棵樹的權值也會隨之確定，這個確定關係表現在根結點的總權值上，如果一個點$x$的權值為$v$，那麼一步步向上跳後，到根節點的權值就會變成$x*$每一個點的兒子個數。

換句話說，只要這個權值表現在根結點上的相同，那麼這些點就不用修改可以構成題目要求的關係，然後我們把這個權值算出來就可以知道這樣的點最多有幾個了。

但是這個值太大了$long\ long$存不下……然後把它取一下對數（也可以雜湊），就從乘法變成了加法……

時間複雜度$O(nlogn)$，如果雜湊的話可以做到$O(n)$吧。

Code：

#include <cstdio>
#include 
 
<cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef double db;

const int N = 5e5 + 5;
const db eps = 1e-8;

int n, tot = 0, head[N], a[N], deg[N];
db f[N];

struct Edge {
    int to, nxt;
} e[N << 1];

inline void add(int from, int to) {
    e[
 
++tot].to = to;
    e[tot].nxt = head[from];
    head[from] = tot;
}

inline void read(int &X) {
    X = 0; char ch = 0; int op = 1;
    for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar())
        if(ch == '-') op = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
        X 
 
= (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;
    X *= op;
}

inline void chkMax(int &x, int y) {
    if(y > x) x = y;
}

void dfs(int x, int fat, db sum) {
    f[x] = log(a[x]) + sum;
    for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
        int y = e[i].to;
        if(y == fat) continue;
        dfs(y, x, sum + log(deg[x] - ((x == 1) ? 0 : 1)));
    }
}

int main() {
    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
    for(int x, y, i = 1; i < n; i++) {
        read(x), read(y);
        add(x, y), add(y, x);
        ++deg[x], ++deg[y];
    }
    dfs(1, 0, 0.0);
    
    sort(f + 1, f + 1 + n);
    int cnt = 0, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        if(f[i] - f[i - 1] <= eps) {
            ++cnt;
        } else {
            chkMax(ans, cnt);
            cnt = 1;
        }
    }
    chkMax(ans, cnt);
    
    printf("%d\n", n - ans);
    return 0;
}