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  • Codeforces Round #665 (Div. 2) D. Maximum Distributed Tree

    Codeforces Round #665 (Div. 2) D. Maximum Distributed Tree

    题意

    给定一棵(n) 个结点的树,对这棵树分配边权,使得这棵树的边权的乘积为(k) ,且要求所有两点的简单路径边权之和最大。

    (k) 以质因子的形式给出,有(m) 个质因子

    结果取余1e9+7

    [n leq 10^5 ,m leq 6cdot 10^4 ,p_i leq 6cdot 10^4 ]

    分析

    显然我们需要考虑每条边的贡献,如何求得一条边的贡献次数?简单排列组合一下就知道,令(siz(i))(i) 号结点的子树大小,那么(i) 和父亲结点的连边的贡献次数就是$ size(i) cdot (n - siz(i))$ ,这样我们只要贪心地把最大的质因子分配给贡献最大的连边即可,至于为什么是质因子,可以通过不等式证明。

    这里还需要简单讨论一下 $ m leq n - 1$ 的情况。

    代码

    ll siz[maxn], p[maxn], q[maxn];
    vector<int> e[maxn];
    
    void dfs(int u, int fa) {
        siz[u] = 1;
        for (auto it : e[u]) {
            if (it == fa) continue;
            dfs(it, u);
            siz[u] += siz[it];
        }
    }
    
    int main() {
        int T = readint();
        while (T--) {
            int n = readint();
            for (int i = 1; i <= n; i++) e[i].clear(), siz[i] = 0, p[i] = 1;
            for (int i = 1; i < n; i++) {
                int x, y;
                scanf("%d%d", &x, &y);
                e[x].push_back(y);
                e[y].push_back(x);
            }
            dfs(1, 0);
            int m = readint();
            for (int i = 1; i <= m; i++) p[i] = readll();
            if (m < n - 1) m = n - 1;
            sort(p + 1, p + m + 1);
            for (int i = n; i <= m; i++) {
                p[n - 1] *= p[i];
                p[n - 1] %= MOD;
            }
            ll res = 0;
            for (int i = 1; i < n; i++)
                q[i] = (n - siz[i + 1]) * siz[i + 1];
            sort(q + 1, q + n);
            for (int i = 1; i < n; i++)
                res = (res + (p[i] % MOD * q[i] % MOD) % MOD) % MOD;
            Put(res);
            puts("");
        }
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/hznumqf/p/13546407.html
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