CF830E Perpetual Motion Machine 题解

前言

好久没写博了2333

逛 CF 的时候翻到一道数学好题，就想来写写

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题意

题目链接

给定 $n$ 个点 $m$ 条边的图，你可以给每个点赋上一个不大于 $0$ 的点权，每个点将产生点权的平方的花费，每条边将产生连接两点的点权乘积的贡献，问是否存在一种方案使得贡献之和 $ge$ 花费之和且至少一点的点权不为 $0$ 。无重边无自环。

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题解

首先，如果图有环，则显然把这个环上的点权全部赋成相等的数就行了。

那么只剩下图是一个森林的情况，我们对这个森林中的每颗树单独考虑：

1. 如果有一个点的度数大等于 $4$ ，则把这个点赋值为 $2$ ，与它相邻的点赋为 $1$，产生的贡献-花费为 $2 imes du_x - 2*2 - du_x = du_x - 4 le 0$；
2. 如果有两个点的度数等于 $3$，则把这两点间路径上的点（包括这两点）设为 $2$，与这两点相连的其他点设为 $1$，产生的贡献-花费为 $du_x - 1 + du_y - 1 - 4 le 0$；
3. 如果只有一个点的度数等于 $3$，则该树为一个点连着三条链，设这三条链长度（不包括链头的度数为 $3$ 的那个点）分别为 $x, y, z$ ，若 $ frac{1}{x+1} + frac{1}{y+1} + frac{1}{z+1} le 1$ 有解（构造方式在下面给出），否则无解
4. 如果没有一个点的读书大于 $2$，既该树为一条链，则该联通块无解。

对于前两种情况很显然，但如果是后两种情况呢？

证明

假设我们现在已经确定了某条链除叶子结点外其余所有点的权值，现要确定叶子节点的权值，如何确定才能使该叶子结点产生的收益最大？

 

不妨设叶子节点的权值为 $y$，与叶子结点相连的权值为 $x$，$f_{a,b}$ 表示将长度为 $b$ 的一串链接到某条末尾结点权值为 $a$ 的链之后产生收益；

则产生的收益为 $f_{x,1} = x imes y - y imes y = (x - y) imes y$；

很显然的均值不等式：$sqrt{(x - y) imes y} le frac{x}{2}$，当且仅当 $x - y = y$ 的时候等号成立

所以 $y$ 要取 $frac{x}{2}$ 的时候，$f_{x,1}$ 取到最大值 $frac{x^2}{4}$。

那么如果是要接两个结点呢？

$f_{x,2} = x imes y - y imes y + f_{y,1} le x imes y - y imes y + frac{y^2}{4} =  - frac{3}{4}y^2 + xy$；

将 $x$ 视为系数，则为二次函数极值：当 $y = - frac{x}{2 imes (- frac{3}{4})} = frac{2}{3}x$ 时，$f_{x,2}$ 取到最大值 $frac{x^2}{3}$

还没发现规律？

• 当 $y = frac{3}{4}$ 时，$f_{x,3}$ 取到最大值 $ frac{3}{8} x^2$；
• 当 $y = frac{4}{5}$ 时，$f_{x,4}$ 取到最大值 $ frac{2}{5} x^2$；
• $cdots$

我们发现，似乎一条长度为 $i$ 的链接到权值为 $x$ 的最大收益是从叶子结点依次取权值 $y, 2y, 3y cdots iy$，其中 $ (i + 1)y = x$；

尝试用归纳法证明这个东西

假定对于长度为 $i$ 的链满足以上性质，我们要证明长度为 $i + 1$ 的链也满足该性质：

 $Maxleft {f_{(i+1)y, i} ight } = sum_{j=1}^{i} ((j+1)y imes jy - jy imes jy) = sum_{j=1}^{i} jy^2 = frac{(1 + i) imes i}{2} y^2$

则 $Max left {f_{x, i + 1} ight } = (i+1)y imes x - (i+1)y imes (i+1)y + Maxleft {f_{(i+1)y, i} ight } = - (1 + i) imes (frac{i}{2} + 1) imes y^2+ (i + 1)y imes x$

当 $y = - frac{(i + 1)x}{- 2(1 + i)} imes (frac{i}{2} + 1) = frac{x}{i + 2}$ 时，$f_{x, i+1}$ 最大；

得证

所以对一条长度为 $len$ 的链，他的最大收益为 $Max left {f_{x, len} ight } = frac{i}{2 imes (i+1)} x^2$；

对于第 $4$ 种情况，全图的总最大收益为 $frac{n - 1}{2 imes n} x^2 - x^2 < 0$，无解；

对于第 $3$ 种情况，设度数为 $3$ 的点权为 $v$，则最大收益为 $frac{x}{2 imes (x+1)} v^2 + frac{y}{2 imes (y+1)} v^2 + frac{z}{2 imes (z+1)} v^2 - v^2 $ ；

要使其大等于 $0$ ，则 $frac{x}{2 imes (x+1)} + frac{y}{2 imes (y+1)} + frac{z}{2 imes (z+1)} geq 1$；

整理下即 $ frac{1}{x+1} + frac{1}{y+1} + frac{1}{z+1} le 1$；

显然，我们基于以上证明很容易想到一种顶点取 $lcm(x + 1, y + 1, z + 1)$，然后每条链单独成比例构造下来的构造方式；但这会超过题目要求的点权在 $10^6$ 内的限制，所以我们考虑以下构造方式（不妨设 $x ge y ge z$）：

• 若 $z ge 2$，我们取顶点为 $3$，每条链与根相邻那端分别取 $2$ 和 $1$ ，其余取 $0$ ；
• 若 $z = 1, y ge 3$，则取顶点为 $4$，$z$ 链取 $2$，$y , z$ 相邻那端分别取 $3, 2, 1$；
• 其余情况就取 $(x + 1) imes (y + 1) imes (z + 1)$，然后成比例构造下来即可，此时 $(x + 1) imes (y + 1) imes (z + 1) le 6(x + 1) le 6 imes 10^5 < 10^6$

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代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define MN 100005
int n,m,t,cnt,h[MN],ans[MN],X,siz[MN],fa[MN],id[3],du[MN];
bool vis[MN],ok,v2[MN];
struct edge{
    int to,nxt;
}e[MN<<1];
void ins(int x,int y) {
    e[++cnt].nxt=h[x];h[x]=cnt;e[cnt].to=y;
    du[x]++;
}
void dfs(int x,int f)
{
    fa[x]=f;
    vis[x]=1;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=f) {
            if(vis[e[i].to]) {
                ok=1;
                for(;1;x=fa[x]) {
                    ans[x]=1;
                    if(x==e[i].to) break;
                }
                return;
            }
            dfs(e[i].to,x);
            if(ok) return;
        }
    if(du[x]>3) {
        for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt) ans[e[i].to]=1;
        ans[x]=2;
        ok=1;
        return;
    }
    if(du[x]==3) {
        if(X) {
            for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt) ans[e[i].to]=1;
            for(int i=h[X];i;i=e[i].nxt) ans[e[i].to]=1;
            int y=x;
            for(;x;x=fa[x]) v2[x]=1;
            for(;X;X=fa[X]) {
                ans[X]=2;
                if(v2[X]) break;
            }
            for(;y!=X;y=fa[y]) ans[y]=2;
            ok=1;
            return;
        }
        X=x;
    }
}
void calc(int x,int f) {
    siz[x]=1;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=f) {
            calc(e[i].to,x);
            siz[x]+=siz[e[i].to];
        }
}
void get(int x,int f) {
    if(!ans[f]) ans[x]=0;
    else ans[x]=ans[f]/(siz[x]+1)*siz[x];
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=f) {
            siz[e[i].to]=siz[x]-1;
            get(e[i].to,x);
        }
}
int main()
{
    for(scanf("%d",&t);t--;)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=ans[i]=siz[i]=du[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=v2[i]=0;
        cnt=ok=0;
        for(int x,y;m--;) {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            ins(x,y);
            ins(y,x);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(!vis[i]) {
                X=0;
                dfs(i,0);
                if(ok) break;
                if(!X) continue;
                for(int j=h[X],k=0;j;j=e[j].nxt,k++){calc(e[j].to,X);id[k]=e[j].to;}
                for(int j=0;j<3;j++) for(int k=j+1;k<3;k++) if(siz[id[j]]>siz[id[k]]) std::swap(id[j],id[k]);
                int xx=siz[id[0]]+1,yy=siz[id[1]]+1,zz=siz[id[2]]+1;
                if(1ll*xx*yy+1ll*yy*zz+1ll*xx*zz>1ll*xx*yy*zz) continue;
                if(xx>=3) ans[X]=3,siz[id[0]]=siz[id[1]]=siz[id[2]]=2;
                else if(yy>=4) ans[X]=4,siz[id[1]]=siz[id[2]]=3;
                else ans[X]=xx*yy*zz;
                for(int j=0;j<3;j++) get(id[j],X);
                ok=1;
                break;
            }
        if(ok) {
            puts("YES");
            for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);puts("");
        } else puts("NO");
    }
}