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$\text{开}\mathop{\text{卷}}\limits^{ju\check{a}n}\text{有益}$

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P4189 [CTSC2010] 星际旅行

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P4189 [CTSC2010] 星际旅行

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解法

题解中节点从 $1$ 开始编号。

首先看到 $H_i > deg_i$ 的条件以后不难想到可以从 $1$ 开始做一遍 $dfs$ 跑到所有节点并回到 $1$，然后每个 $H_i \leftarrow H_i - deg_i$。这样做完以后，只需要找到若干边 $(u,v)$ 保证 $H_u > 0, H_v > 0$ 然后更新答案即可求出 $Ans_1$。

接下来还要从 $1$ 走到 $i$。不妨试试从 $1$ 再次 $dfs$ 更新答案。从 $Ans_{fa_u}$ 更新 $Ans_u$ 时共有以下 $3$ 种情况：

  • $H{fa_u} > 0$，这时显然直接让 $H{fau} \leftarrow H{fau} - 1$，并且 $Ans_u \leftarrow Ans{fa_u} + 1$ 即可。
  • $H{fa_u} = 0$，此时不得不退掉第一遍 $dfs$ 时走到的 $(fa_u,u)$ 和 $(u,fa_u)$ 两条边，然后重新走一次 $(fa_u,u)$，所以将 $H_u \leftarrow H_u + 1$，并且 $Ans_u \leftarrow Ans{fa_u} - 1$。
  • 在执行完第二种操作后，可能会出现 $H_u > 0$ 并且存在 $u$ 的儿子 $v$ 使得 $H_v > 0$ 的情况，这时再走一遍 $(u,v)$ 和 $(v,u)$ 保证没有剩余即可并更新 $H_u,H_v$，然后让 $Ans_u \leftarrow Ans_u + 1$。

实际上，第一遍 $dfs$ 的作用就是找到 $Ans_1$ 的同时保证对于每条边 $(u,v)$ 都已经走过一遍 $(u,v)$ 和 $(v,u)$，这样第二次 $dfs$ 时就可以退流了。

综上，时间复杂度 $O(n)$，代码极好写（甚至不像一道黑题的代码量）。

AC代码

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/**
 * @file:           P4189.cpp
 * @author:         yaoxi-std
 * @url:            https://www.luogu.com.cn/problem/P4189
*/
// #pragma GCC optimize ("O2")
// #pragma GCC optimize ("Ofast", "inline", "-ffast-math")
// #pragma GCC target ("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define resetIO(x) \
    freopen(#x ".in", "r", stdin), freopen(#x ".out", "w", stdout)
#define debug(fmt, ...) \
    fprintf(stderr, "[%s:%d] " fmt "\n", __FILE__, __LINE__, ##__VA_ARGS__)
template <class _Tp>
inline _Tp& read(_Tp& x) {
    bool sign = false; char ch = getchar(); double tmp = 1;
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) sign |= (ch == '-');
    for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + (ch ^ 48);
    return sign ? (x = -x) : x;
}
template <class _Tp>
inline void write(_Tp x) {
    if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar((x % 10) ^ 48);
}
bool m_be;
using ll = long long;
const int MAXN = 5e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, cnt[MAXN], deg[MAXN], ans[MAXN];
vector<int> g[MAXN];
void dfs1(int u, int f) {
    for (auto v : g[u]) {
        if (v == f) continue;
        dfs1(v, u);
        int t = min(cnt[u], cnt[v]);
        cnt[u] -= t, cnt[v] -= t, ans[1] += t + t;
    }
}
void dfs2(int u, int f) {
    if (cnt[f]) {
        --cnt[f], ans[u] = ans[f] + 1;
        for (auto v : g[u]) if (v != f) dfs2(v, u);
        ++cnt[f];
    } else {
        int nxt = 0;
        for (auto v : g[u]) if (cnt[v]) nxt = 1;
        if (nxt) --cnt[nxt], ans[u] = ans[f] + 1;
        else ++cnt[u], ans[u] = ans[f] - 1;
        for (auto v : g[u]) if (v != f) dfs2(v, u);
        if (nxt) ++cnt[nxt];
        else --cnt[u];
    }
}
bool m_ed;
signed main() {
    // debug("Mem %.5lfMB.", fabs(&m_ed - &m_be) / 1024 / 1024);
    read(n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(cnt[i]);
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v; ++read(u), ++read(v);
        g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
        ++deg[u], ++deg[v];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cnt[i] -= deg[i], ans[1] += deg[i];
    dfs1(1, 0);
    for (auto x : g[1]) dfs2(x, 1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) write(ans[i]), putchar('\n');
    return 0;
}