POJ2054 Color a Tree

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我对贪心的理解：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9776293.html

题目传送门：http://poj.org/problem?id=2054

对于这道题，很显然的一个贪心就是对于权值最大的点肯定会在父亲被染色后马上被染色。假设存在某个点\(v\)比当前权值最大的点\(u\)，在\(u\)的父亲被染色后马上染色更优。那么对于染\(v\)，会使得答案增加除了\(u\)和\(v\)以外的未被染色的点的权值和加\(u\)的权值，但是染\(u\)，会使得答案增加除了\(u\)和\(v\)以外的未被染色的点的权值和加\(v\)的权值，那么显然矛盾了，因为\(u\)的权值更大。所以染完\(u\)的父亲后应该马上去染\(u\)才对。

那么我们可以确定一对关系，那就是在染完\(fa[u]\)后\(u\)会被马上染色，那么我们就可以“假设”的把\(u\)合并到\(fa[u]\)里去。让所有以\(u\)为父亲的节点认\(u\)的父亲做父亲，然后把\(u\)从树上抹去，把原本\(u\)的权值放到\(fa[u]\)里去。

显然这样子没有毛病，但是！！！！新合成的大节点该怎么与其它节点比较优劣呢？？

所以我们还需要记录每个大节点是由多少个简单节点合成而来的，比较权值的时候大节点用“权值和的平均值”去跟其它节点比较大小就可以了。因为我们每次合并的时候都把\(u\)的权值往\(fa[u]\)上加，总答案加上\(fa[u]\)里简单节点的个数乘上\(u\)，所以对于一个大节点里每个简单节点因为染色先后而导致的答案差异已经算进去了，每次就相当于直接把大节点里所有的点同时染色。所以用平均值比较优劣的方法是正确的。

时间复杂度：\(O(n)\)

空间复杂度：\(O(n)\)

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;

const int maxn=1005;

int n,rt;
int fa[maxn],val[maxn],num[maxn];

int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}

void greedy() {
    int ans=0;
    for(int T=1;T<n;T++) {//会合并n-1次
        double mx=0;int node;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(i!=rt&&1.0*val[i]/num[i]>mx)
                mx=1.0*val[i]/num[i],node=i;//找平均值最大的节点
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(fa[i]==node)
                fa[i]=fa[node];//认爷爷做父亲
        ans+=num[fa[node]]*val[node];//加答案
        num[fa[node]]+=num[node];
        val[fa[node]]+=val[node];//合并node和fa[node]
        val[node]=0;//抹去node
    }ans+=val[rt];//最后记得把最后合成出来的一个节点答案记进去
    printf("%d\n",ans);
}

int main() {
    while(1) {
        n=read(),rt=read();
        if(!n&&!rt)break;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            val[i]=read(),num[i]=1;
        for(int i=1;i<n;i++) {
            int x=read(),y=read();
            fa[y]=x;
        }
        greedy();
    }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/AKMer/p/9851668.html