标签:直接 span 枚举 oid sub scanf ace read names
mcfx神仙的题qwq
首先,我们知道30%的分还是挺好做的
直接枚举根,然后dfs一遍以\(O(n)\)的时间复杂度求出来有多少神仙点
代码如下:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,t;
int a[MAXN],head[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to;
head[from]=t;
}
namespace subtask1
{
int ans;
int kkk[MAXN];
inline void search(int x,int pre,int maxx)
{
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
if(v==pre) continue;
if(a[v]>maxx) kkk[v]=1;
search(v,x,max(maxx,a[v]));
}
}
inline void solve()
{
for(int p=1;p<=n;p++)
{
ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) kkk[i]=0;
kkk[p]=1;
search(p,0,a[p]);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(kkk[i])
ans+=i;
printf("%d ",ans);
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
if(n<=4000) subtask1::solve();
return 0;
}
现在我们考虑正解。
对于一个点x来说,它会对哪些点产生作为神仙点的贡献?
如果x和一个点y之间可以仅通过权值小于等于\(a[x]\)的点联通,那么x一定会对点y产生贡献。
如果我们从小到大添加点,那么当添加到x的时候,x会对所有和它联通的点产生贡献。
我们用并查集的方式维护添加建树的过程。
那么每个点到根的路径上的权值和就是它的答案。
对于点权相同的点,我们不能遍历到一个就合并上去,要先记录上贡献,然后再依次合并qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define MAXN 300010
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,t;
int a[MAXN],h[MAXN],fa[MAXN],head[MAXN];
long long ans[MAXN],val[MAXN];
vector<pair<int,int> >G[MAXN];
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1];
inline void add(int from,int to)
{
edge[++t].nxt=head[from],edge[t].to=to;
head[from]=t;
}
inline int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline void dfs(int x,int pre)
{
ans[x]=ans[pre]+val[x];
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
{
int v=edge[i].to;
dfs(v,x);
}
}
inline void solve()
{
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x=read(),y=read();
if(a[x]<a[y]) swap(x,y);
G[a[x]].push_back(make_pair(x,y));
}
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<G[i].size();j++)
{
int x=G[i][j].first;
int y=G[i][j].second;
if(a[x]==a[y]) continue;
if(a[x]<a[y]) swap(x,y);
val[find(y)]+=x;
}
for(int j=0;j<G[i].size();j++)
{
int x=G[i][j].first;
int y=G[i][j].second;
if(a[x]<a[y]) swap(x,y);
int xx=find(x),yy=find(y);
add(xx,yy);
fa[yy]=xx;
}
}
int root=find(1);
dfs(root,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",ans[i]+i);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ce.in","r",stdin);
#endif
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
solve();
return 0;
}
标签:直接 span 枚举 oid sub scanf ace read names
原文地址:https://www.cnblogs.com/fengxunling/p/11127071.html