题目描述

很久很久之前，森林里住着一群兔子。有一天，兔子们突然决定要去看樱花。兔子们所在森林里的樱花树很特殊。

樱花树由 $n$ 个树枝分叉点组成，编号从 $0$ 到 $n-1$ ，这 $n$ 个分叉点由 $n-1$ 个树枝连接，我们可以把它看成一个有根树结构，其中 $0$ 号节点是根节点。这个树的每个节点上都会有一些樱花，其中第i个节点有 $c_i$ 朵樱花。樱花树的每一个节点都有最大的载重 $m$ ，对于每一个节点 $i$ ，它的儿子节点的个数和 $i$ 节点上樱花个数之和不能超过 $m$ ，即 $son(i)+c_i\le m$，其中 $son(i)$ 表示 $i$ 的儿子的个数，如果 $i$ 为叶子节点，则 $son(i)=0$ 。

现在兔子们觉得樱花树上节点太多，希望去掉一些节点。当一个节点被去掉之后，这个节点上的樱花和它的儿子节点都被连到删掉节点的父节点上。如果父节点也被删除，那么就会继续向上连接，直到第一个没有被删除的节点为止。

现在兔子们希望计算在不违背最大载重的情况下，最多能删除多少节点。

注意根节点不能被删除，被删除的节点不被计入载重。

数据范围

对于 $100\%$ 的数据， $1\le n\le 2000000,1\le m\le 100000,0\le c_i\le 1000$

数据保证初始时，每个节点樱花数与儿子节点个数之和大于 $0$ 且不超过 $m$

题解

考场发现 $dp$ 不可做，然后考虑一下贪心

发现删的顺序不影响答案，所以我们考虑从下往上删点

设 $c_i$ 是 $i$ 子树不包括 $i$ ，删完点后 $i$ 点的代价大小

想法是考虑 $i$ 的孩子 $v$ ，若删去 $v$ 的话对 $c_i$ 的增量为 $c_v-1$，所以将所有的 $c_v$ 从小到大排序，依次删去即可，直到不能删去为止

考虑其正确性

若不删去两个最小的，而删去更大的一个 $c_v$ ，但是两个小的的和超过了 $c_v$ ，故 $c_i>c_i^{\prime }$ ，考虑父亲被删情况

1. $c_i$ ， $c_i^{\prime }$ 都没被删，则 $c_i$ 更优
2. $c_i^{\prime }$ 被删， $c_i$ 没被删，则其父亲的 $c$ 值更大，但是删去点数两者是相同的，所以 $c_i$ 更优
3. $c_i$ ， $c_i^{\prime }$ 都被删，则递归到了此时的问题

总之 $c_i$ 是更优的，故贪心是正确的

效率： $O(nlogn)$ ，效率主要在排序上面，常数很小可过此题

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+5;
int n,m,c[N],s;vector<int>e[N];
bool cmp(int x,int y){return c[x]<c[y];}
void dfs(int x){int sz=e[x].size();for (int i=0;i<sz;i++) dfs(e[x][i]);sort(e[x].begin(),e[x].end(),cmp);for (int i=0;i<sz;i++){if (c[x]+c[e[x][i]]-1<=m)c[x]+=c[e[x][i]]-1,s++;else break;}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);for (int x,y,i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&x);c[i]+=x;for (int j=1;j<=x;j++)scanf("%d",&y),e[i].push_back(y+1);}return dfs(1),printf("%d\n",s),0;
}