2021.8.12携程笔试第三题：建树游戏DFS

2021.8.12携程笔试

讨论区

在做最后一题的时候把题意看错了，悔之莫及，故记录此文引以为戒！

建树游戏

问题描述

有n个节点和n-1条边，形成一棵树，每个节点有一个权值。把其中一条边删除就形成了两棵树，在两棵树之间重新接一条新的边就可以形成一颗新树。新树的权值等于新增边的两点权值相乘。
每条边都可以删除，且可新加的边有很多，故可以形成很多新树，请计算这些新树的数量；同时对于每一条边，删除后可以产生的若干新树的权值之和也不一定相同，请计算这些权值之和中的最大值。

输入描述

第一行整数n，表示点的数量，3⩽ n ⩽100000
第二行n-1个整数，空格隔开，第i个整数a_i表示点a_i与i之间有一条边
第三行n个整数，空格隔开，表示各个点的权值。0<权值<10000。

输出描述

一行，两个整数，用空格隔开，表示新树的总数量，以及各点删除后可以产生的新树的权值之和的最大值。

样例输入

3
2 3
1 2 3

样例输出

2 3

问题分析

首先简化问题，如果断开一条边，能产生多少种新树呢：答案是这条边两端节点数之积减去原来的边，即两两组合。
同时，能产生的所有新树的权值之和呢：答案这条边两端所有权值之积j减去原先连接的边即可。
那么我们只需DFS一遍，遍历所有的边即可。每个子节点对应一颗子树，将父节点与子节点之间的边断开就可以形成两棵树，然后更新答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n;
ll a[N],tot;
vector<int>g[N];
ll ans1,ans2;
void init()
{tot=ans1=ans2=0;a[0]=0;for(int i=1; i<=n; i++)g[i].clear();
}
struct node
{ll cnt,tmpMax,tmptot;
};
node dfs(int pre,int u) // 求所有新树权值之和的最大值
{long long cnt=1;long long tc=a[u];int len=g[u].size();node tmp;for(int i=0;i<len;i++){int v=g[u][i];if(v==pre)continue;tmp = dfs(u,v);cnt+=tmp.cnt;tc+=tmp.tmptot;ans1+=(n-tmp.cnt)*tmp.cnt-1;ans2=max(ans2,(tot-tmp.tmptot)*tmp.tmptot-a[u]*a[v]);
//        cout<<v<<" "<<tmp.tmptot<<endl;}tmp.cnt=cnt,tmp.tmptot=tc;return tmp;
}
int main()
{int x;while(~scanf("%d",&n)){init();for(int i=1; i<n; i++){scanf("%d",&x);g[i].push_back(x);g[x].push_back(i);}for(int i=1; i<=n; i++){scanf("%lld",&a[i]);tot+=a[i];}dfs(0,1);cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;;}return 0;
}/*
3
2 3
1 2 3
4
4 1 2
1 1 2 3*/

问题变形

在读题的时候没看到之和，而误以为是求所有新树的权值的最大值。即每棵新树对应一个权值，求所有可能的新树权值的最大值。
如果是这种题意该如何解答呢，问题相当于任意两个原本不连接的点的权值之积最大。
这个问题也可以通过DFS来解决。
我们只需找出除父节点之外其余节点的最大值即可，与当前点进行连接。
如何理解呢：

首先要明白父节点和当前子节点代表两颗新树
因为答案中肯定存在两点相连，并且在DFS的时候任意两点肯定有遍历的先后，并且我们需要使得这两点边权尽量大，这样使得乘积尽量大。
我们无需同时考虑两点，我们只需更新遍历过的所有点除父节点外的最大权值，那么在遍历当前点的时候，当前点就是被连接的点，当前子节点代表的子树还未被遍历。
即固定当前点，我们只需找到除父节点外，父节点所代表的子树的所有权值最大值。
父节点所代表的子树会先被遍历，如果父节点那边存在未遍历的点怎么办呢，还是原来的问题，两个点会存在先后遍历的顺序，当我们遍历到被连接的点的时候，其他可能的点会先被遍历到

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int n;
ll a[N],tot;
vector<int>g[N];
ll ans1,ans2;
void init()
{tot=ans1=ans2=0;a[0]=0;for(int i=1; i<=n; i++)g[i].clear();
}
struct node
{ll cnt,tmpMax,tmptot;
};
node dfs1(int pre,int u,ll preMax)  // 求所有新树权值的最大值
{int len=g[u].size();long long cnt=1;node tmp;for(int i=0; i<len; i++){int v=g[u][i];if(v==pre)continue;ans2=max(ans2,preMax*a[v]);tmp=dfs1(u,v,max(preMax,a[u]));ans1+=(tmp.cnt*(n-tmp.cnt))-1;cnt+=tmp.cnt;preMax=max(preMax,tmp.tmpMax); // 其他子树下的最值}tmp.cnt=cnt;tmp.tmpMax=max(preMax,a[u]);// cout<<u<<" "<<cnt<<endl;return tmp;
}
int main()
{int x;while(~scanf("%d",&n)){init();for(int i=1; i<n; i++){scanf("%d",&x);g[i].push_back(x);g[x].push_back(i);}for(int i=1; i<=n; i++){scanf("%lld",&a[i]);tot+=a[i];}dfs(0,1);cout<<ans1<<" "<<ans2<<endl;;}return 0;
}/*
3
2 3
1 2 3
4
4 1 2
1 1 2 3
*/

这种类型的题目与POJ3140有些类似

POI 3140 Contestants Division

问题描述

给你一棵树，要求你选择一条边进行断开，使得断开后两棵子树权值和之差最小。

问题分析

这个题解法很简单，DFS统计子树权值之和，然后计算差值更新答案。
但是这题坑点很多，首先数据范围，在long long的数据范围，而且差值绝对值不能用abs()函数对 long long 取绝对值！应该用llabs(long long )函数原型，或者取负号，求正负最值。

整型类型变量（整数）取绝对值：
int abs( int x );
long int labs( long x );
long long int llabs( long long x );浮点类型变量（小数）取绝对值：
double( double x );
float fabsf(float x);
long double fabsl( long double x) ;
相关头文件：
#include <stdlib.h> // #include <cstdlib>
#include <math.h> // #include <cmath>

另外一个坑点在于m虽然很大，但是实际一棵树只与n有关，m是误导信息，不过内存稍微开大几倍即可。

const int N=1e5+10;
struct Edge
{int to,next;
}e[N*20];
int n,m,head[N],tot;
ll sum,ans,a[N];
void init()
{ans=1e15;sum=tot=0;memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int u,int v)
{e[tot].to=v,e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
ll dfs(int pre,int u)
{ll tmp=a[u];for(int i=head[u];i+1;i=e[i].next){int v=e[i].to;if(v==pre) continue;ll cnt=dfs(u,v);ans=min(ans,llabs(cnt-(sum-cnt))); // ans=min(ans,max(cnt-(sum-cnt),(sum-cnt)-cnt));tmp+=cnt;}return tmp;
}
int main()
{int u,v;int cnt=0;while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m)){init();for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);sum+=a[i];}for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d%d",&u,&v);add(u,v);add(v,u);}dfs(0,1);
//        cout<<ans<<endl;printf("Case %d: %lld\n",++cnt,ans);}return 0;
}