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commit
ec3c08099f
1 file changed
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@@ -10,26 +10,50 @@
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先枚举第一条断边 $u$，会将树分为 $u$ 的子树和剩下部分 $A, B$，第二刀只能落在 $A$ 或 $B$ 内部。问题变成：**固定第一刀后，在某一侧内部再切一刀，使三块中位数最大。**
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先枚举第一条断边 $u$，会将树分为 $u$ 的子树和剩下部分 $A, B$，第二刀只能落在 $A$ 或 $B$ 内部。问题变成：**固定第一刀后，在某一侧内部再切一刀，使三块中位数最大。**
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## 命题：第二刀切出的一定是 $A$ 或 $B$ 的最大或最小子树
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## 命题：对于全局最优的两条切边，总存在其中一条边作为第一刀，使得最优三块的中位数可以由 dmin/dmax 或 umin/umax 四类候选之一达到。
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假设在 $A$ 中切了一刀，分为 $a, A - a$
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::::error[错误命题]
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设 $M(a) = median(a, A - a, B)$，考虑 $a \in (0, \frac{A}{2}]$。考虑 $a$ 从 $0 - \frac{A}{2}$ 的过程中。
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先反驳一下一个结论：第二刀切出的一定是 $A$ 或 $B$ 的最大或最小子树。
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$$
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带入数据：
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M(a) =
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\begin{cases}
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A - a, & B \ge A - a \\
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B, & a \le B \le A - a \\
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a, & B \le a
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\end{cases}
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$$
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$M(a)$ 的变化情况如图。
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```plaintext
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6
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0 1 3 2 3 1
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1 2
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2 3
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3 4
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4 5
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5 6
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```
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发现第一刀切 $1, 2$ 时，$dmax=9, dmin=1$。但是实际上这种情况下最优解为 $a = 4$ 时，$median = 4$
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其中三种不同颜色的框分别代表三个区间。因此 $median$ 的最大值只可能在 $a \rightarrow 0$ 或 $a \rightarrow \frac{A}{2}$ 时取到。对于第二刀切在 $B$ 中时也是类似的。其中，$a \rightarrow 0$ 表示要切出最小子树，而 $a \rightarrow \frac{A}{2}$ 表示 $a, A - a$ 尽可能均衡，此时 $B$ 要尽可能小才能使得中位数最大。
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但是按照这个命题实现的答案却是正确的，原因就是[本命题](#命题对于全局最优的两条切边总存在其中一条边作为第一刀使得最优三块的中位数可以由-dmindmax-或-uminumax-四类候选之一达到)
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::::
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::::success[证明]
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设全局最优三块权值排序为 $x\le y\le z$，其中 $y$ 就是最优中位数。注意以下论证不依赖权值非负。
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记第一刀切出的一侧为 $A$，另一侧为 $B$。若第二刀在 $A$ 内切出块 $a$，三块为 $a,A-a,B$；若在 $B$ 内切出块 $b$，三块为 $A,b,B-b$。由定义，对 $A$ 内任意可切块 $a$ 有 $dmin_A\le a\le dmax_A$；对 $B$ 内任意可切块 $b$ 有 $umin_B\le b\le umax_B$。
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分两类讨论：
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1. **两个切点互不为祖先**。设两棵互不相交的子树为 $Q,R$，补集为 $P$，权和分别为 $p,q,r$。
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- 若中位块是某棵子树（例如 $Q$，此时 $q=y$），取切出 $Q$ 的边为第一刀，则 $A=Q=y$，$B=P+R$，第二刀在 $B$ 内切出 $R$。若 $r\le y$，取 $umin_B\le r\le y$，则 $B-umin_B\ge B-r=P\ge y$，中位数为 $y$；若 $r\ge y$，取 $umax_B\ge r\ge y$，则 $B-umax_B\le P\le y$，中位数仍为 $y$。
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- 若中位块是补集 $P$（此时 $p=y$），$q,r$ 一个不大于 $y$、一个不小于 $y$。取权值不小于 $y$ 的那棵子树对应的边为第一刀（不妨设为 $R$，则 $A=R\ge y$，$B=P+Q$），第二刀在 $B$ 内切出 $Q$。取 $umin_B\le q\le y$，则 $B-umin_B\ge B-q=P=y$，三块中位数不小于 $y$，由全局最优性为 $y$。
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2. **两个切点有祖先关系**。设祖先边切出 $U$，后代边在 $U$ 内切出 $V$，三块为 $P=T\setminus U$、$Q=U\setminus V$、$R=V$，权和为 $p,q,r$。
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- 若中位块是 $R$（$r=y$），取后代边为第一刀，$A=R=y$，$B=P+Q$，第二刀在 $B$ 内切出 $P$。若 $p\le y$，取 $umin_B\le p\le y$，则 $B-umin_B\ge Q\ge y$；若 $p\ge y$，取 $umax_B\ge p\ge y$，则 $B-umax_B\le Q\le y$。中位数为 $y$。
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- 若中位块是 $P$（$p=y$），取祖先边为第一刀，$A=Q+R$，$B=P=y$，第二刀在 $A$ 内切出 $R$。若 $r\le y$，取 $dmin_A\le r\le y$，则 $A-dmin_A\ge Q\ge y$；若 $r\ge y$，取 $dmax_A\ge r\ge y$，则 $A-dmax_A\le Q\le y$。中位数为 $y$。
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- 若中位块是 $Q$（$q=y$），则 $p,r$ 一个不大于 $y$、一个不小于 $y$。若 $r\le y\le p$，取祖先边为第一刀，$A=Q+R$，$B=P$，第二刀在 $A$ 内切出 $R$，取 $dmin_A\le r\le y$，则 $A-dmin_A\ge Q=y$ 且 $B=P\ge y$，中位数不小于 $y$，故为 $y$；若 $p\le y\le r$，取后代边为第一刀，$A=R$，$B=P+Q$，第二刀在 $B$ 内切出 $P$，取 $umin_B\le p\le y$，则 $B-umin_B\ge Q=y$ 且 $A=R\ge y$，中位数亦为 $y$。
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综上，全局最优中位数总可由“枚举一条边作为第一刀，再在另一侧取 $dmin/dmax$ 或 $umin/umax$”的四类候选之一达到。故最终枚举第一刀并检查四类候选即可。
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::::
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## 预处理子树最大、最小可切值
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## 预处理子树最大、最小可切值
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@@ -111,4 +135,120 @@ $$
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记录最大答案即可。
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记录最大答案即可。
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[code](../P17437.cpp)
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::::info[code]
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```cpp
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#include <bits/stdc++.h>
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#define int long long
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using namespace std;
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int n; // 5e5
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vector<int> fri[500005];
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int dep[500005];
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int fa[500005];
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long long sum[500005];
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long long dmin[500005], dmax[500005]; // down max / min
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long long umin[500005], umax[500005]; // up 反向的 max和min
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int ord[500005];
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const long long INF = LLONG_MAX;
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const long long _INF = LLONG_MIN;
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long long median(long long x, long long y, long long z) {
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long long a[3] = {x, y, z};
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sort(a, a + 3);
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return a[1];
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}
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int noword;
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void dfs(int u) {
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dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
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ord[++noword] = u;
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for (int v : fri[u]) {
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if (v == fa[u]) continue;
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fa[v] = u;
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dfs(v);
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}
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}
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void pre() {
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noword = 0;
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dfs(1);
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int cnt = noword;
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for (int i = cnt; i >= 1; --i) {
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int now = ord[i];
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dmin[now] = INF;
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dmax[now] = _INF;
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for (int v : fri[now]) {
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if (v == fa[now]) continue;
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sum[now] += sum[v];
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if (sum[v] < dmin[now]) dmin[now] = sum[v];
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if (sum[v] > dmax[now]) dmax[now] = sum[v];
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if (dmin[v] < dmin[now]) dmin[now] = dmin[v];
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if (dmax[v] > dmax[now]) dmax[now] = dmax[v];
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}
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}
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umin[1] = INF;
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umax[1] = _INF;
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for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
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int u = ord[i];
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long long min1 = INF, min2 = INF;
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long long max1 = _INF, max2 = _INF;
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int minid = 0, maxid = 0;
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for (int v : fri[u]) {
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if (v == fa[u]) continue;
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long long mn = sum[v];
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if (dmin[v] < mn) mn = dmin[v];
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long long mx = sum[v];
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if (dmax[v] > mx) mx = dmax[v];
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if (mn < min1) {
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min2 = min1;
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min1 = mn;
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minid = v;
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} else if (mn < min2) {
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min2 = mn;
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}
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if (mx > max1) {
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max2 = max1;
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max1 = mx;
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maxid = v;
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} else if (mx > max2) {
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max2 = mx;
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}
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}
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long long pmin = INF, pmax = _INF;
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if (u != 1) {
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pmin = sum[1] - sum[u];
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if (umin[u] < pmin) pmin = umin[u];
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pmax = sum[1] - sum[u];
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if (umax[u] > pmax) pmax = umax[u];
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}
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for (int v : fri[u]) {
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if (v == fa[u]) continue;
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long long amin = (v == minid ? min2 : min1);
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long long amax = (v == maxid ? max2 : max1);
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umin[v] = pmin < amin ? pmin : amin;
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umax[v] = pmax > amax ? pmax : amax;
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}
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}
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}
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signed main() {
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scanf("%lld", &n);
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for (int i = 1; i <= n; ++i)
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scanf("%lld", &sum[i]);
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for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
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scanf("%lld%lld", &u, &v), fri[u].push_back(v), fri[v].push_back(u);
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pre();
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long long ans = _INF;
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for (int v = 2; v <= n; ++v) {
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long long B = sum[1] - sum[v];
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if (dmin[v] != INF)
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ans = max(ans, median(dmin[v], sum[v] - dmin[v], B));
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if (dmax[v] != _INF)
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ans = max(ans, median(dmax[v], sum[v] - dmax[v], B));
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||||||
|
if (umin[v] != INF)
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ans = max(ans, median(umin[v], B - umin[v], sum[v]));
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if (umax[v] != _INF)
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ans = max(ans, median(umax[v], B - umax[v], sum[v]));
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|
}
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|
printf("%lld\n", ans);
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return 0;
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}
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```
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::::
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