题意简述
给出一棵
分析
先考虑最简单的情况。在这种情况下,
若相等我们可以令
再考虑一般情况。在这种情况下,
若
和刚才不同,v之间可以自行解决一部分。比如操作
但是有可能没法让
结论:当
证明
可能不对,看看就好
我们可以把问题反转一下:
对于一个零序列,每次对两个位置+1,能否得到目标序列?
显然的结论有当max{bv}>(∑bv)/2 时会有max{bv}−(∑bv−max{bv}) 加不出来。以及当∑bv 为奇数时至少会剩下一个。
下证对于其他情况:
额外创建两个位置,对它们进行无限次操作,意思就是足够多次。
{0,0,...,0} ->{0,0,...,0(,inf,inf)}
这时候我们加入了一种新操作:令这两个inf 减1,也就是撤回一次。 然后我们可以做到 :
{0,0,...,0(,inf,inf)} ->{1,0,...,0(,inf+1,inf)} ->{2,0,...,0(,inf+1,inf+1)} ->{2,0,...,0(,inf,inf)} 。
这样就有了构造方法:先两两给所有奇数填上1(要是有奇数个奇数就说明∑bv 为奇数肯定会剩下,所以可以把一个奇数视为偶数),然后通过以上+2的操作把所有数都填好。最后对额外的两个位置一直-1减到0,这样就构造完成了。
如果在任何时候出现
以及,
遍历所有节点复杂度为
实现
首先以一个度不为1的点作为
由下到上将节点u和它的子节点v合并出
代码
//Cleaning
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long lint;
int const N=1e5+10;
int n,a[N];
int cnt,h[N],deg[N];
struct edge{
int u,v,nxt;
edge(int u1=0,int v1=0)
{
u=u1,v=v1;
nxt=h[u];
h[u]=cnt;
}
}ed[N<<1];
int root,fa[N],dpt[N];
struct rec{int dpt,id;} r[N];
bool cmpDpt(rec x,rec y) {return x.dpt>y.dpt;}
void dfs(int u)
{
for(int i=h[u];i!=0;i=ed[i].nxt)
{
int v=ed[i].v;
if(v==fa[u]) continue;
fa[v]=u,dpt[v]=dpt[u]+1;
dfs(v);
}
}
int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
if(n==2)
{
if(a[1]!=a[2]) printf("NO");
else printf("YES");
return 0;
}
cnt=0; memset(h,0,sizeof h);
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
ed[++cnt]=edge(u,v); deg[v]++;
ed[++cnt]=edge(v,u); deg[u]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(deg[i]>1)
{
fa[i]=0,dpt[i]=1;
dfs(root=i);
break;
}
for(int i=1;i<=n;i++) r[i].dpt=dpt[i],r[i].id=i;
sort(r+1,r+n+1,cmpDpt);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int u=r[i].id;
if(deg[u]==1) continue;
int maxx=0; lint sum=0;
for(int j=h[u];j!=0;j=ed[j].nxt)
{
int v=ed[j].v;
if(fa[v]!=u) continue;
maxx=max(maxx,a[v]); sum+=a[v];
}
lint in=min(sum/2,sum-maxx);
if(a[u]>sum) {printf("NO"); return 0;}
else
{
if(sum-a[u]>in) {printf("NO"); return 0;}
else a[u]-=sum-a[u];
}
}
if(a[root]==0) printf("YES");
else printf("NO");
return 0;
}