【6.24校内test】T2 不老梦

【题目背景】

于万人中万幸得以相逢，刹那间澈净明通。

成为我所向披靡的勇气和惶恐，裂山海，堕苍穹。

爱若执炬迎风，炽烈而哀恸，诸般滋味皆在其中。

韶华宛转吟诵，苍凉的光荣，急景凋年深情难共。

——银临《不老梦》

【问题描述】

扶苏翻遍了歌单却没有找到一首歌能作这个题的题目背景，因而放上了扶苏最喜欢 的一首《不老梦》。

与 Day1 的第二题同样，今天的第二题依然是一道树论题。（讨厌数论题没有之一！！）

咱们定义一棵 n 个节点的树为一个有 n 个节点和 n-1 条边的无向连通图。

若是咱们定义 u 是一颗树 T 的根，那么任意一个节点 v 到根的路径就是从 v 出发到 达点 u 的简单路径上所通过的点的点集。能够证实这样的简单路径有且仅有一条。

定义一个节点 x 是节点 y 的孩子，当且仅当 x 和 y 之间有边相连且 x 不在 y 到根的 路径中。若是 x 是 y 的孩子，那么定义 y 是 x 的家长节点。

若是我是 _rqy 那种毒瘤神仙的话，可能会问你每一个节点的孩子数不超过 k 的 n 个节 点的带标号无根树一共有多少个，惋惜这个问题我也不会，因此我不会问你这么毒瘤的 问题。

扶苏从一颗 n 个节点的树的 1 号节点出发，沿着树上的边行走。固然咱们约定 1 号 节点是这棵树的根。他所行走的规定是：当扶苏在点 u 时，扶苏要么在 u 的孩子中选择 一个没有到达过得点 v 并行走到 v，要么选择回到 u的家长节点。

如今给每一个节点一个权值 w，其中 i 号节点的权值为 wi。扶苏有一些石子，他想给 这棵树上的某一个节点放上石子。咱们规定扶苏能在节点 u 放上石子当且仅当知足以下 条件：

一、扶苏当前在节点 u

二、对于 u 的全部孩子节点v，节点 v 被放上了 wv 颗石子。

可是，扶苏在任意时刻均可以取回任意节点的石子。

如今，扶苏想问问你对于每一个节点，若是他想在 i 号节点上放 wi 颗石子，那么他一 开始须要准备多少石子。

【输入格式】

输入文件名为 yin.in。

输入文件中有且仅有一组数据，数据的第一行是一个整数 n 表明树的节点个数。

第二行有 n-1 个整数，第 i 个整数 pi 表明 i+1 号节点的家长节点的编号。

第三行有 n 个整数，第 i 个整数表明 wi。

【输出格式】

输出文件名为 yin.out。

输出一行 n 个整数，第 i 个整数表明想在 i 号节点上放 wi 颗石子须要准备的 石子个数。

 

显然给了测试点的数据，咱们就能够逐个击破：

【测试点1】这个显然没有任何的技术含量啦，直接输出w1就能够啦。5pts get√

【测试点2-5】爆搜，搜出一个放石子的顺序，而后 O(n) 的 check 是否合法。时间复杂度 O(n!n)。指望得分 20 分。（可是我不会写嘤嘤嘤(╥╯^╰╥)）

【测试点6-7】注意到根据题目规定的走法，在进入一个节点之后，必须遍历完它的整个子树， 不然一旦离开这个节点，再也没法进入这棵子树，从而致使该节点的某个孩子没能放 上石子，致使这个节点不能放上石子。同时又有每一个节点放上石子之后，它的子树的 石子能够所有取回。设在节点 u 放石子须要有 ans_u 个石子，则放完 u 之后能够取回 ans_u-w_u 个石子。

因而考虑影响问题答案的显然是从 u 进入每一个孩子的顺序，因为最多有两个孩 子，直接比较一下就能够知道先进入哪一个孩子更优秀了。时间复杂度 O(n)，指望得分 10 分。

【测试点8-10】延续上一组测试点的思路，因为只有最多 5 个孩子，能够直接爆搜选孩子的顺 序，看看哪一个更优秀。时间复杂度 O(n*x!)，其中 x=5。指望得分 15 分。

【测试点11-14】（正解前导论，划重点）

【测试点15-20】能够发现上面的结论一样适用于树高更高的状况，因而在 dfs 回溯的时候对子节 点排序，便可算出该节点的答案，指望得分 30 分。

好了如下是充满了ZAY风起的STD（不用指针会死zay）

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>

const int maxn = 100010;

int n;
int MU[maxn], ans[maxn];
std::vector<int>son[maxn];

void dfs(const int u);
bool cmp(const int &_a, const int &_b);

int main() {
  freopen("yin.in", "r", stdin);
  freopen("yin.out", "w", stdout);
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 2, x; i <= n; ++i) {//直 接 i 从 2 开 始 枚 举，就 不 用 i+1 了 
    scanf("%d", &x); 
    son[x].push_back(i);//动 态 数 组 嘛 qwq 
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", MU + i);//指 针 可 海 星 
  }
  dfs(1);
  for (int i = 1; i < n; ++i) {
    printf("%d ", ans[i]);
  }
  printf("%d\n", ans[n]);
  return 0;
}

void dfs(const int u) {
  for (auto v : son[u]) {//遍历u结点的全部儿子，赋值给v 
    dfs(v);//先遍历全部儿子，最后再操做1 
  }
  std::sort(son[u].begin(), son[u].end(), cmp);//将u结点的全部儿子按照ansi-wi不升序排序 
  int _ret = 0;
  //此时u结点全部的e子的ans都已经计算出来了 
  for (auto v : son[u]) {//对于叶子结点（没有e子），不进行这个for循环 
  //对于其它结点， 
    if (_ret >= ans[v]) {//显然因为遍历是有顺序的，当咱们遍历到某些结点时，其以前遍历的
    //结点的石子和（除去结点u的e子），（显然除了u结点所对应的儿子结点v们，这些v的儿子上的石子均可以删除啦）
    //若是这些多出来的石子>某个未被遍历到的结点所需石子数，显然直接放过去就行了√ 
      _ret -= ans[v];//这样剩余的石子就减小啦 
      //而后至关于ans[v]的贡献是0 
    } else {
      ans[u] += ans[v] - _ret;//计算ans[u]：+它的e子结点所须要的石子-剩余石子 
      _ret = ans[v] - MU[v];//表示遍历完u的e子v这个结点对应滴子树后，能够收回除了u的e子v之外全部结点上的石头
      //所以ret=ans[v]-MU[v] 
    }
  }
  ans[u] += std::max(0, MU[u] - _ret);
  //对于叶节点，ans[u]=0；
  //对于其它结点
}

inline bool cmp(const int &_a, const int &_b) {
  return (ans[_a] - MU[_a]) > (ans[_b] - MU[_b]);//按照ansi-wi不升序排序 
}

 end-