[ HNOI 2014 ] 米特运输

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(Description)

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给出一棵有根树，其中 (1) 号点是根节点，深度为 (1) 。每个点又有一个储存器，有各自的容量上限。

每天 (1) 号点的储存器先清空，所有叶子节点全部充满能量。

然后，深度为 (2) 的节点把 所有 储存的能量全部给根节点，然后，深度为 (3) 的节点把 所有 储存的能量给父节点，依次往下。

运输过程中有几个要求：

• 不能把父节点装入的能量超过限制，否则父节点爆炸
• 必须把自己的所有能量给父节点
• 每个节点的孩子给父亲的能量必须等量
• 在每一层的传输完成后，父节点的那一层所存能量必须正好等于上界

求把整个树形结构修改到满足上面的要求，最少需要修改多少个节点的容量上限。

• (Nle5 imes 10^5)

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(Solution)

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好一道语文题......

总的限制其实就一个，要求调整后满足，对于每个节点，其容量上限等于子节点容量上限之和，且每个子节点容量上限相等。

这道题的思路需要手玩.....

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我们发现整颗树每一个节点的最终容量确定，只需要确定树中的任意一个节点的容量。

因为节点之间的容量关系满足((cnt[x]) 表示节点 (x) 的子节点个数())：

[size[fa]=size[son] imes cnt[fa] , size[son]=frac{size[fa]}{cnt[fa]} ]

显然确定一个点就能确定整棵树，同样的，我们也能得出一个结论，只要有一个节点容量相同，方案就相同。

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然后考虑如何快速表示出相同的方案，显然可以用同一个节点在这一方案里要求的权值表示，不妨选取根节点。

然后我们的任务就是统计出每一个节点在容量上限不变的前提下，根节点的容量上限要变成什么。

显然我们不再需要考虑子树内的点了，对于节点 (x) ，它不变的前提下根节点的容量就是

[size[x] imes cnt[fa[x]] imes cnt[fa[fa[x]]] imes.... imes cnt[root] ]

这个后缀我们可以在 (DFS) 的时候记录，根节点到当前节点路径上所有点的计数器之积。

但是这个东西太大了，不太好记录，我们考虑 (Hash) 一下。其实还有更妙的方法。

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我们知道对于对数有一个恒等式

[log (A imes B imes... imes C)=log A+ log B+ ...+ log C ]

然后我们可以通过取对数的方式来缩小数据范围，这样我们在 (DFS) 的时候只需要记录路径计数器取对数之和。

然后将得到的答案排序，数字相同即是一个方案，代表在这个方案下这些点都不需要修改。

统计最多的相同的数字有多少个，答案就是用 (N) 减掉它。

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(Code)

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#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 500010
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;

double ans[N];

int n,m,tot,res,hd[N],val[N],cnt[N];

struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];

inline void add(int u,int v){
  e[++tot].to=v; e[tot].nxt=hd[u]; hd[u]=tot;
}

void dfs1(int u,int fa){
  for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].to)!=fa){++cnt[u];dfs1(v,u);}
}

inline void dfs2(int u,int fa){
  for(R int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].to)!=fa){ans[v]=ans[u]+log((double)cnt[u]);dfs2(v,u);}
}

inline int rd(){
  int x=0; bool f=0; char c=gc();
  while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
  while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
  return f?-x:x;
}

int main(){
  n=rd();
  for(R int i=1;i<=n;++i) val[i]=rd();
  for(R int i=1,u,v;i<n;++i){
    u=rd(); v=rd(); add(u,v); add(v,u);
  }
  dfs1(1,0); ans[1]=log(1.0); dfs2(1,0);
  for(R int i=1;i<=n;++i) ans[i]+=log((double)val[i]);
  sort(ans+1,ans+1+n);
  for(R int i=1,tmp;i<=n;++i){
    tmp=1;
    while(fabs(ans[i+1]-ans[i])<=1e-8) ++tmp,++i;
    res=max(res,tmp);
  }
  printf("%d
",n-res);
  return 0;
}