AtCoder Grand Contest 010 C：Cleaning

题目传送门：https://agc010.contest.atcoder.jp/tasks/agc010_c

题目翻译

给你一棵树，每个点有个权值，每次操作可以选择两个度数为(1)的结点，然后让这两点之间的简单路径上的所有点权值减一，允许操作无数次，问是否可以使得所有点权变成(0)。(nleqslant 10^5)

题解

一开始题意看错了，以为是边上有权值，然后想了想可以从下往上确定每个点被经过多少次，感觉有点思路的时候发现是点上有权值。那么同样的，我可以从下往上确定每条边被经过多少次。我们选择一个度数不为一的点作为根，对于每个叶子结点，它头上那条边会被经过叶子节点上权值次。对于每个非叶子节点，因为会进来一次出去一次，所以经过邻边的次数加起来就应该会等于这个点上的权值的两倍。所以我们可以自下而上推出所有的边被经过多少次，如果存在一个点有邻边需要经过的次数比它点权还大，或者存在某条边被经过负数次就无解，否则有解。当只有两个点的时候需要特判。

时间复杂度：(O(n))

空间复杂度：(O(n))

代码如下：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn=1e5+5;

int n,rt,tot,deg[maxn];
int A[maxn],now[maxn],pre[maxn*2],son[maxn*2];

int read() {
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
	return x*f;
}

void add(int a,int b) {
	pre[++tot]=now[a];
	now[a]=tot,son[tot]=b;
}

ll dfs(int fa,int u) {
	if(deg[u]==1)return A[u];
	ll remain=A[u]<<1;
	for(int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p])
		if(v!=fa) {
			ll tmp=dfs(u,v);
			if(tmp>A[u]) {puts("NO");exit(0);}
			remain-=tmp;
		}
	if(remain<0||remain>A[u]) {puts("NO");exit(0);}
	return remain;
}

int main() {
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		A[i]=read();
	if(n==2) {
		if(A[1]==A[2])puts("YES");
		else puts("NO");return 0;
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {
		int x=read(),y=read();
		add(x,y),add(y,x);deg[x]++,deg[y]++;
		if(deg[x]>1)rt=x;if(deg[y]>1)rt=y;
	}
	if(dfs(0,rt))puts("NO");
	else puts("YES");
	return 0;
}