CF627D Preorder Test

题意：给你一棵树，你可以选择开始的根和遍历儿子的顺序，求按照选定顺序的dfs遍历的前k个点的min{ai}最大。

标程：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200005;
int n,cnt,head[N],fa[N],sz[N],k,Max,f[N],a[N],u,v,l,r,size[N],ans,b[N];
struct node{int to,next;}num[N*2];
void add(int x,int y)
{num[++cnt].to=y;num[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;}
void dfs_pre(int x)
{
    sz[x]=1;
    for (int i=head[x];i;i=num[i].next)
      if (num[i].to!=fa[x])
      {
            fa[num[i].to]=x;
            dfs_pre(num[i].to);
            sz[x]+=sz[num[i].to];
      }
}
void dfs(int x,int mid)
{
    size[x]=(a[x]>=mid);int ans=1,mx=0,mxc=0;
    for (int i=head[x];i;i=num[i].next)
      if (num[i].to!=fa[x]) 
      {
           dfs(num[i].to,mid);
           size[x]+=size[num[i].to];
         if (size[num[i].to]==sz[num[i].to]) ans+=sz[num[i].to];
           else if (f[num[i].to]>mx) mxc=mx,mx=f[num[i].to];
           else if (f[num[i].to]>mxc) mxc=f[num[i].to];
      }
    if (a[x]<mid) f[x]=0;else f[x]=ans+mx;
    if (cnt-size[x]==n-sz[x]) ans+=n-sz[x];//这里不能用size[1]，因为还没处理啊 
    if (a[x]>=mid) Max=max(Max,ans+mx+mxc);
}
bool check(int mid)
{
    Max=0;cnt=lower_bound(b+1,b+n+1,mid)-b-1;cnt=n-cnt;
    dfs(1,mid);
    return Max>=k;
}
int main() 
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),Max=max(Max,a[i]),b[i]=a[i];
    for (int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    sort(b+1,b+n+1);
    dfs_pre(1);
    l=1;r=ans=Max;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (check(mid)) ans=mid,l=mid+1;else r=mid-1;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

易错点：1.这里不能用size[1]，因为还没处理啊。所以用一个lower_bound算有多少个数>=mid。

题解：二分答案+树形dp

答案显然有可二分性，对于一个mid，将>=mid的点标黑。

check就是找到一段连续dfs序的点问是否>=k。

枚举每一个点统计根在其子树中的答案，找其子树中有多少个满块（可以遍历满），以及最大和次大的非满块。

而对于其子树外的那一块，只用考虑其为满块的情况。（如果不是满块，那么可以追溯到该点到根的链上的另一点，该点满足子树外的满，或是走不下去。那时这种情况会被统计。）

那么答案就是当当前点为黑点时，满块+最大+次大+1（当前点）。根不一定是当前点，而是从非满块的一个端点开始。