CF1987E 題解
題意
給定一棵大小為 \(n\) 的有根樹，各點各有一點權 \(a_i\)。每次操作可以選定一節點使其點權加一，求最小的運算元，使得任一節點滿足其點權不大於其所有兒子的點權之和。
\(n \le 5000 ,0 \le a_i \le 10^9\)
題解
麻了，賽後十五分鐘調出來，可惜為時已晚。
讀懂題之後容易發現，題目最核心的地方在於當我們需要一個節點 \(+1\) 時，如果這個節點剛好等於兒子的點權和，那麼就意味著需要有一個兒子節點 \(+1\) ；而這個兒子如果剛好等於其兒子的點權和，那就意味著它的兒子也有一個需要 \(+1\)，一直遞迴下去......直到某一節點點權嚴格小於其兒子的點權和，或者這個節點是葉子。
也就是說，如果一個節點需要 \(+1\) ，那麼需要操作的節點就是包含其自身往下一直延伸的一條鏈，到葉子或者點權嚴格小於兒子點權和的節點為止，代價即為這條鏈的長度。
那麼我們就可以令 \(b_v=(\sum_{u ∈ L}a_u)-a_v\) ，其中 \(L\) 為點 \(v\) 的子節點構成的集合。特別的，葉子節點的 \(b\) 為無限。
對於新定義的權值 \(b\) ，原題意就轉化為：對任意節點 \(v\)，單次操作可以選定 \(v\) 子樹中除自己外任一節點 \(u\) ，使\(b_v=b_v+1,b_u=b_u-1\)；操作的代價為 \(u\) 到 \(v\) 的距離。最小化使得所有節點 \(v\) 滿足 \(0 \le b_v\) 的代價。
這是怎麼來的呢？當我們按原題意操作了一條鏈時，注意到對鏈上除最深的節點也就是鏈尾之外，其他的節點權值與其兒子節點權值和之差保持不變；而鏈尾的這個差（也就是 \(b\) ）縮小了 \(1\)，鏈首父親的 \(b\) 增加了 \(1\)。根據原題意，我們要的就是所有的節點的 \(b\) 值不小於 \(0\)。
所以對於每個 \(b < 0\) 的節點，我們只要貪心地先選深度小的且其 \(b\) 值仍為正數的後代，扣它的 \(b\) 值來填自己的，如果它的 \(b\) 值不夠填那就把它的 \(b\) 值耗完再找下一個深度小的，不夠再往下，反正葉子節點的 \(b\) 是正無窮，只要有後代就一定能填上，只是代價大小的問題。容易證明這樣貪心能使總代價最小——把深度淺的後代自己不拿去填，留給自己的父親填不會更優。
具體實現就是在遍歷過程中對每個節點維護其後代 \(b\) 值尚可被壓榨利用的點集，如果自身 \(b>0\) 則向上合併點集時將自身納入點集（容易證明自身一定是自己父親利用的第一選擇）；反之，則優先選擇自身後代貢獻的點集中深度較小的來填自身的 \(b\) 值直到 \(b=0\) 。容易發現我們需要在維護過程中保持這個點集是單調的，用歸併即可。推薦用 std::vector 維護點集並按降序維護，因為將自身納入點集時我們沒有 push_front() 這個函式 。
歸併幫我們在合併時壓掉了一個 \(\log n\) 的複雜度，但是由於樹本身形狀的不確定，失去了點分治中樹重心那樣優秀的性質，最終的時間複雜度仍然是 \(O(n^2)\)。
const ll maxn=5e3+5;
ll a[maxn],siz[maxn],dep[maxn];
ll b[maxn],ans;
ll n;
vector<ll>e[maxn];
void dfs(ll x){//預處理出 b 值
siz[x]=1;
b[x]=-a[x];
for(auto v:e[x]){
dep[v]=dep[x]+1;//標 dep 便於計算代價
b[x]+=a[v];
dfs(v);
siz[x]+=siz[v];
}
if(siz[x]==1)b[x]=1ll<<31;//葉子的 b 值為正無窮
}
vector<ll>work(ll x){//返回的是點集
vector<ll>lst;//自己的點集
for(auto v:e[x]){
vector<ll>res=work(v);
vector<ll>tmp;
ll l=0,r=0,len1=lst.size(),len2=res.size();
while(l<len1||r<len2){//歸併
if(l==len1)tmp.push_back(res[r++]);
else if(r==len2)tmp.push_back(lst[l++]);
else if(dep[lst[l]]>dep[res[r]])tmp.push_back(lst[l++]);
else tmp.push_back(res[r++]);
}
lst.swap(tmp);
}
if(b[x]>0)lst.push_back(x);//b>0 則放入自身
else if(b[x]<0){
ll p=lst.size()-1;//不用驗空，b<0 其必有兒子，有兒子必有後代為葉子
while(b[x]<0){
ll it=lst[p];
ll sum=min(-b[x],b[it]);//要麼直接填滿，要麼把這個用完
b[it]-=sum,b[x]+=sum;
ans+=sum*(dep[it]-dep[x]);//代價
if(b[it]==0)p--,lst.pop_back();//用完扔掉不然單調性沒法保證
}
}
return lst;//自身點集向上合併
}
void solve(){
n=R;
ans=0;//清多測
for(ll i=1;i<=n;i++){
a[i]=R;
e[i].clear();//這裡好一點的寫法是用 tmp.swap(e[i]) 徹底釋放空間
//但由於題目保證了資料總和，搶時間就不寫太麻煩了
}
for(ll i=2;i<=n;i++)e[R].push_back(i);
dfs(1);
work(1);
we(ans);
return ;
}
賽時還是不要放棄啊，我要是中間沒有開擺這題就有時間切掉了。