CF1515F Phoenix and Earthquake

彬彬冰激凌發表於2024-05-21

CF1515F Phoenix and Earthquake

證明題。

思路

考慮不合法的情況，如果 \(\sum a_i < (n-1)\times x\)，肯定是不合法的。

再考慮對於一個可行的情況，最後縮的邊肯定形成一棵樹，所以我們大膽假設：任意一棵生成樹只要滿足 \(\sum a_i \geq (n-1)\times x\) 有合法的縮邊方案。

考慮歸納證明：

在 \(n\) 個點的樹中考慮葉子節點 \(u\)，其父親為 \(v\)。

  1. 若 \(a_u < x\)，那麼我們刪除 \((u,v)\) 這條邊，由於所需總和 \((n-1)\times x\) 減少了 \(x\)，而 \(\sum a_i\) 減少了 \(a_u\)，所以歸納假設任然成立。將邊 \((u,v)\) 加入棧。

  2. 若 \(a_u \geq x\)，那麼我們把 \(a_u\) 和 \(a_v\) 進行縮點，原樹轉化為 \(n-1\) 個節點新樹。將邊 \((u,v)\) 加入佇列。

先使用佇列輸出邊，再輸出棧中的邊

再給出這樣的輸出邊的方案的正確性證明：

首先使用條件 \(2\) 中的邊進行縮點，假設縮剩下了 \(t\) 個點，第 \(i\) 個點的點權為 \(a_i\)。

此時有 \(\sum a_i \geq (t-1)\times x\)。

其中僅可能包括根節點的 \(a_i\) 大於 \(x\)；否則，可以進一步進行 \(2\) 操作的縮點，將滿足 \(a_i\geq x\)​ 的點縮到根節點處。

當 \(i>1\) 時 \(a_i < x\)，即 \(i>1\) 時 \(x-a_i \geq 1\)。

不妨設根節點的縮點點權為 \(a_1\)，有 \(a_1 \geq \sum_{i=2}^t (x-a_i)\)。

此時根節點可以與任意一個相連的縮點合併，不妨設該點為 \(t\)（\(a_1\) 肯定大於等於 \(x-a_t\)），相當於不等式兩邊同時加了 \(a_t-x\)，不等式仍然成立。

每次縮根節點和其相連的點就可以嘍。

而我們根據棧輸出的邊正滿足這樣的條件，證明留給讀者自行思考（doge）。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define F first
#define S second

const int maxn=3e5+5;

int n,m,x;
ll a[maxn];

vector<pii>E[maxn];

bool vis[maxn];

queue<int>que;
stack<int>stk;

inline void dfs(int u)
{
    vis[u]=true;
    for(auto v:E[u])
    {
        if(vis[v.F]) continue;
        dfs(v.F);
        if(a[v.F]>=x) que.push(v.S),a[u]+=a[v.F]-x;
        else stk.push(v.S);
    }
}

int main()
{
    ll sum=0;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),sum+=a[i];
    if(sum<1ll*(n-1)*x){printf("NO");return 0;}
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        E[u].push_back({v,i}),E[v].push_back({u,i});
    }
    dfs(1);
    puts("YES");
    while(!que.empty()) printf("%d\n",que.front()),que.pop();
    while(!stk.empty()) printf("%d\n",stk.top()),stk.pop();
}

相關文章