CF 660 C. Uncle Bogdan and Country Happiness

时间:2020-08-01 09:20:49   收藏:0   阅读:71

CF 660 C. Uncle Bogdan and Country Happiness

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C. Uncle Bogdan and Country Happiness

题目概述

初始时每个人都在标号为1的城市,然后回到每个人各自的城市,选择从起点到终点的最短路径,相邻城市之间的距离一样,每个人在进入一个城市时可以改变他的心情,从Good变为Bad,但是不可以从Bad变成Good,每个人进入一个城市时他的心情会影响这个城市的幸福指数,如果是Good那么指数加一否则减一,在城市里面心情是不会改变的,现在给出一种城市幸福指数的可能性,计算有没有可能得到这种幸福指数格局?

数据规模:

\[1\leq t \leq 10000, 1\leq n \leq 10^5, 0\leq m\leq 10^9\0\leq p_i \leq m, \sum_{i=1}^{n}p_i = m\-10^9 \leq h_i \leq 10^9 , i=1,2,3\dots,n. \]

思路

设经过结点v的人有a个,其中好心情的有g个,坏心情的有b个,从而可以得到:

\[a = g+b, h = g-b; \]

两式相加得到\(g=\frac{a+h}{2}\),所以\((a+h)\%2=0\)是第一个约束条件.
有上面的式子同事可以得到另外一个明显的约束条件\(0 \leq g \leq a\),最后由于允许路上允许从高兴变成不高兴,所以在结点v的幸福指数一定不会从结点v到终点后面路径上结点的幸福指数\(g_{next}\)之和低的.从而得到上面这三个约束条件.

这里面的主要的问题就是计算每个结点的ag,这些有两部分组成,一部分是它自身的\(p\)\(\frac{a+h}{2}\),另外一部分是经过这个结点才能得达的结点,也就是它的后继,要先计算出后继,才能得到这个结点,然后这个结点就算出的作为上一层的后继的结果,对于那些没有后继的结点,就他的ag仅由前面那一部分组成,计算后直接返回.最终的计算过程是自顶向下分解,然后求解出不可分解的部分后返回到上一层,处理上一层,然后继续返回,可以用递归方便的模拟这个过程,携程程序就是一个简单的dfs.

代码

/*
 * @Author: Shuo Yang
 * @Date: 2020-07-30 21:47:50
 * @LastEditors: Shuo Yang
 * @LastEditTime: 2020-07-31 22:16:58
 * @FilePath: /Code/CF/660/C.cpp
 */ 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+5;
vector<int>buf[N];
int a[N],p[N],h[N],g[N];
bool flag = true;

void dfs(int v, int ancestor = -1) {
    a[v] = p[v];
    int sum = 0;
    for(auto to: buf[v]){
        if(to == ancestor)
            continue;
        dfs(to, v);
        a[v] += a[to];
        sum += g[to];
    }
    g[v] = (a[v]+h[v])/2;
    if((a[v]+h[v])%2 != 0)
        flag = false;
    if(g[v] < 0 || g[v] > a[v])
        flag = false;
    if( sum > g[v])
        flag = false;
}


int main(int argc, const char** argv) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            cin>>p[i];
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            cin>>h[i];
        for(int i = 0; i < n-1; ++i){
            int a,b;
            cin>>a>>b;
            buf[a].push_back(b);
            buf[b].push_back(a);
        }
        dfs(1);
        if( flag )
            cout<<"YES"<<endl;
        else
            cout<<"NO"<<endl;
        flag = true;
        for(int i = 1; i <=n; ++i)
            buf[i].clear();
    }
    return 0;
}

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