BZOJ 3727 PA2014 Final Zadanie 树形DP

题目大意：给定一棵树，令一个点到所有点的距离与点权的乘积之和为b[i]，求每个点的权值a[i]

首先如果给定a[i]我们可以很轻松的求出b[i] 但是反过来怎么搞？高斯消元？30W？

考虑已知a[i]求b[i]的情况 令这棵树的根为1 点i到根节点的距离为dis[i] 以i为根的子树的a值之和为size[i] 那么有递推式

b[1]=Σa[i]*dis[i]

b[x]=b[fa[x]]-2*size[x]+size[1]

将上式变形得：

2*size[x]=b[fa[x]]-b[x]+size[1]

且显然有

a[x]=size[x]-Σa[son[x]]

我们可以O(n)求出所有a[x]关于size[1]的一次函数关系 然后代入b[1]=Σa[i]*dis[i] 可以得到b[1]关于size[1]的一次函数关系 由于b[1]已知 所以size[1]就搞出来了

然后代入求出a[2]~a[n] 然后用size[1]减掉所有的a[2]~a[n]就是a[1]

别忘了开long long

多解啥的 看到没有Special Judge就知道 那是逗你的……

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 300300
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> abcd;
struct edge{
	int to,next;
}table[M<<1];
int head[M],tot;
int n,ans,fa[M],dis[M];
ll a[M],b[M];
abcd double_size[M],double_a[M],b_1;
void Add(int x,int y)
{
	table[++tot].to=y;
	table[tot].next=head[x];
	head[x]=tot;
}
abcd operator += (abcd &x,const abcd &y)
{
	x.first+=y.first;
	x.second+=y.second;
}
void operator -= (abcd &x,const abcd &y)
{
	x.first-=y.first;
	x.second-=y.second;
}
abcd operator * (const abcd &x,int y)
{
	return abcd( x.first * y , x.second * y );
}
void BFS()
{
	static int q[M],r,h;
	int i;
	q[++r]=1;
	while(r!=h)
	{
		int x=q[++h];
		for(i=head[x];i;i=table[i].next)
			if(table[i].to!=fa[x])
			{
				fa[table[i].to]=x;
				dis[table[i].to]=dis[x]+1;
				q[++r]=table[i].to;
			}
	}
}
int main()
{
	int i,x,y;
	cin>>n;
	for(i=1;i<n;i++)
		scanf("%d%d",&x,&y),Add(x,y),Add(y,x);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&b[i]);
	BFS();
	for(i=2;i<=n;i++)
		double_size[i]=abcd(1,b[fa[i]]-b[i]);
	for(x=2;x<=n;x++)
	{
		double_a[x]=double_size[x];
		for(i=head[x];i;i=table[i].next)
			if(table[i].to!=fa[x])
				double_a[x]-=double_size[table[i].to];
		b_1+=double_a[x]*dis[x];
	}
	ans=(b[1]+b[1]-b_1.second)/b_1.first;
	a[1]=ans;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		a[i]=double_a[i].first*ans+double_a[i].second>>1;
		a[1]-=a[i];
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld%c",a[i],i==n?'\n':' ');
}
+