P3574 [POI2014]FAR-FarmCraft （树形DP）

这题直接贪心显然不可行.

考虑树形dp，用 (f_i) 表示到 (i) 人后，以 (i) 为根的所有人安装完的最短时间.

对于一个节点 (u), 假设拜访子节点的顺序为 (v_1,v_2,...,v_m) ，那么得到转移方程.

[f_u = max(f_v + sumlimits_{j = 1}^{i - 1}sum_j) ]

其中 (sum_i) 表示拜访完以 (i) 为根的子树的所有人所花的时间,即 ((siz_i -1) *2)

拜访的顺序考虑贪心

对于两个相邻整数 (i,j)​ ,必须满足 (f_j + sumlimits_{k =1}^{j-1}sum_k<f_i+ sumlimits_{k=1}^{i-1}sum_k+sum_j)​

( o f_j+sum_i < f_i+sum_j\ o f_j-sum_j<f_i-sum_i)

所以只要将 (f_i - sum_i) 从大到小排序即可.

const int N = 5e5 + 10;
vector<int>e[N];
int f[N], a[N], g[N];
bool cmp(int x, int y) {return g[x] - f[x] > g[y] - f[y];}
void dfs(int u, int fa) {
    for (int v : e[u]) {
        if (v == fa)continue;
        dfs(v, u);
    }
    sort(e[u].begin(), e[u].end(), cmp);
    if (u != 1) g[u] = a[u];
    for (int v : e[u]) {
        if (v == fa)continue;
        g[u] = max(g[u], g[v] + f[u] + 1);
        f[u] += f[v] + 2;
    }
}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n; cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
    for (int i = 1, x, y; i < n; ++i) {
        cin >> x >> y;
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    dfs(1, 0);
    cout << max(g[1], f[1] + a[1]);
}