9.8 KiB
P17437 「LWLV Round 1」Young 题解
根本没有这样的青题……题解区都看不懂……
题意：给定一棵节点带权值的树，断掉两条边，得到三个树，求三个树权值中位数最大是多少。
这里我们令 1 为根，边 id 表示连接 id 与其父节点的边，sum_i 表示以 i 为根的子树权值和。
枚举第一刀
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。
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。
::::error[错误命题]
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。
带入数据：
6
0 1 3 2 3 1
1 2
2 3
3 4
4 5
5 6
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
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
::::
::::success[证明]
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。
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 $umin_B\le b\le umax_B$。
分两类讨论：
-
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 $p,q,r$。
- 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 $y$。 - 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 $y$。
- 若中位块是某棵子树（例如 $Q$，此时 $q=y$），取切出
-
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 $p,q,r$。- 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 $y$。 - 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 $y$。 - 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 $y$。
- 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
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。
::::
预处理子树最大、最小可切值
若第二刀在 A 内部，则需要用到子树的最大、最小可切值。
记录 dmax_i, dmin_i 表示以 i 为根的子树的能切出的最大/最小权值子树，则结果为以一个儿子节点为根的子树的权值和或者以一个儿子节点为根的子树能切出的最大/最小权值子树。
\begin{aligned}
dmax_i =& \max(\max(s_u, dmax_u), u \in child_i) \\
dmin_i =& \min(\min(s_u, dmin_u), u \in child_i)
\end{aligned}
预处理“补集方向”最小、最大可切值
若第二刀切在 A 的补集 B 的方向，则需要“补集方向”的最小、最大可切值。
令 umax_i, umin_i 为补集方向的最大最小可切值。这个要从上往下递推。
根节点补集为空：$umin_1=\inf, umax_1=-\inf$。
对于节点 i 的儿子 $v$，v 的补集由三部分组成。
i的补集。i与父节点之间的边切出来的那一大块（权值 $s_1 - s_u, u\ne 1$）。i的其他儿子的子树方向。
\begin{aligned}
umin_v =& \min(umin_u, (s_1 - s_u), \min_{x\in child_u, x\ne v}\min(S_x, dmin_x))\\
umax_v =& \max (umax_u, (s_1 - s_u), \max_{x\in child_u, x\ne v}\max(S_x, dmax_x))
\end{aligned}
线性求“其他儿子”的极值（换根dp）
如果对每个儿子 v 都重新扫一遍所有兄弟，复杂度会退化成 $O(n^2)$。
对每个节点 $u$，预处理它所有儿子分支的候选值：
c_x = \min(s_x, dmin_x), C_x = \max(s_x, dmax_x).
记录这些候选的：
- 最小值
min1与次小值 $min2$，以及最小值来源儿子 $minId$。 - 最大值
max1与次大值 $max2$，以及最大值来源儿子 $maxId$。
计算儿子 v 时：
- 若 $v\ne minId$，兄弟方向最小候选就是 $min1$，否则用 $min2$。
- 若 $v\ne maxId$，兄弟方向最大候选就是 $max1$，否则用 $max2$。
再与 umin_u, umax_u 以及 s_1 - s_u 合并，就得到 $umin_v, umax_v$。
这样每个节点只扫一遍儿子，整体 $O(n)$。
最终求答案
先预处理上述的 $umax, umin, dmax, dmin$。
枚举第一刀的位置 $v$，切成 A, B 两块，分两种情况：第二刀在 A 中或第二刀在 B 中。
第二刀在 A 内部
第二刀切出的 $a \in {dmax_v, dmin_v}$。
三块分别为 $a, A - a, B$，答案为 $median(t, A-t, B)$。
第二刀切在 B 内部。
第二刀切出的 b \in \{umin_v, umax_v\}
三块分别为 $A, b, B - b$，答案为 median(A, b, B - b)
记录最大答案即可。
::::info[code]
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n; // 5e5
vector<int> fri[500005];
int dep[500005];
int fa[500005];
long long sum[500005];
long long dmin[500005], dmax[500005]; // down max / min
long long umin[500005], umax[500005]; // up 反向的 max和min
int ord[500005];
const long long INF = LLONG_MAX;
const long long _INF = LLONG_MIN;
long long median(long long x, long long y, long long z) {
long long a[3] = {x, y, z};
sort(a, a + 3);
return a[1];
}
int noword;
void dfs(int u) {
dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
ord[++noword] = u;
for (int v : fri[u]) {
if (v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dfs(v);
}
}
void pre() {
noword = 0;
dfs(1);
int cnt = noword;
for (int i = cnt; i >= 1; --i) {
int now = ord[i];
dmin[now] = INF;
dmax[now] = _INF;
for (int v : fri[now]) {
if (v == fa[now]) continue;
sum[now] += sum[v];
if (sum[v] < dmin[now]) dmin[now] = sum[v];
if (sum[v] > dmax[now]) dmax[now] = sum[v];
if (dmin[v] < dmin[now]) dmin[now] = dmin[v];
if (dmax[v] > dmax[now]) dmax[now] = dmax[v];
}
}
umin[1] = INF;
umax[1] = _INF;
for (int i = 1; i <= cnt; ++i) {
int u = ord[i];
long long min1 = INF, min2 = INF;
long long max1 = _INF, max2 = _INF;
int minid = 0, maxid = 0;
for (int v : fri[u]) {
if (v == fa[u]) continue;
long long mn = sum[v];
if (dmin[v] < mn) mn = dmin[v];
long long mx = sum[v];
if (dmax[v] > mx) mx = dmax[v];
if (mn < min1) {
min2 = min1;
min1 = mn;
minid = v;
} else if (mn < min2) {
min2 = mn;
}
if (mx > max1) {
max2 = max1;
max1 = mx;
maxid = v;
} else if (mx > max2) {
max2 = mx;
}
}
long long pmin = INF, pmax = _INF;
if (u != 1) {
pmin = sum[1] - sum[u];
if (umin[u] < pmin) pmin = umin[u];
pmax = sum[1] - sum[u];
if (umax[u] > pmax) pmax = umax[u];
}
for (int v : fri[u]) {
if (v == fa[u]) continue;
long long amin = (v == minid ? min2 : min1);
long long amax = (v == maxid ? max2 : max1);
umin[v] = pmin < amin ? pmin : amin;
umax[v] = pmax > amax ? pmax : amax;
}
}
}
signed main() {
scanf("%lld", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%lld", &sum[i]);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
scanf("%lld%lld", &u, &v), fri[u].push_back(v), fri[v].push_back(u);
pre();
long long ans = _INF;
for (int v = 2; v <= n; ++v) {
long long B = sum[1] - sum[v];
if (dmin[v] != INF)
ans = max(ans, median(dmin[v], sum[v] - dmin[v], B));
if (dmax[v] != _INF)
ans = max(ans, median(dmax[v], sum[v] - dmax[v], B));
if (umin[v] != INF)
ans = max(ans, median(umin[v], B - umin[v], sum[v]));
if (umax[v] != _INF)
ans = max(ans, median(umax[v], B - umax[v], sum[v]));
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
::::