poj2054 Color a Tree 题解报告

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【题目大意】

 一棵有$n$个节点的树，每个节点$i$都有一个权值$A_i$。现在要把这棵树的节点全部染色，规则为：根节点$R$可以随时被染色；对于其他节点，在被染色之前它的父亲节点必须已经染上了色。每次染色的代价为$T*A_i$，其中$T$代表当前是第几次染色。求把这棵树染色的最小总代价。

【思路分析】

这题容易有一个错误的算法就是“每一步在可以被染色的点里选权值最大的染色”，我们明显可以构造出反例——一个权值很小的节点下面有很多权值巨大的节点，另一个权值较大的节点却没有子节点。不过我们可以从中提取出一个正确的性质：树中除根节点外权值最大的点，一定会在它的父节点被染色后立即染色。于是我们可以确定的是，树中权值最大的点及其父节点的染色操作是连续进行的，我们可以把这两个点“合并起来”。合并得到的新点的权值设为这两个点的权值的平均值。

于是贪心策略就是每次选择权值最大的点与其父亲节点合并，直到最后把整棵树合并成一个点，再按照顺序计算答案。

【代码实现】

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define rg register
#define go(i,a,b) for(rg int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1002;
int n,root,fa[N],a[N],num[N];
ll ans=0;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&root);
    while(n&&root){
        go(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),num[i]=1;
        //num记录这个点所含原节点的数量
        go(i,1,n-1){
            int x,y;
            scanf("%d%d",&x,&y);
            fa[y]=x;
        }
        go(i,1,n-1){
            double maxn=0;int now;//now记录要合并的节点
            go(i,1,n)
                if(i!=root&&1.0*a[i]/num[i]>=maxn)maxn=1.0*a[i]/num[i],now=i;
            go(i,1,n)
                if(fa[i]==now) fa[i]=fa[now];
            ans+=a[now]*num[fa[now]];//合并
            num[fa[now]]+=num[now];
            a[fa[now]]+=a[now];a[now]=0;
        }
        ans+=a[root];
        printf("%lld
",ans);
        scanf("%d%d",&n,&root);ans=0;
    }
    return 0;
}