[ARC125F] Tree Degree Subset Sum 题解

考虑 \(d_i > 0\)，所以 \(d_i \gets d_i - 1\)，则 \(\sum_{i = 1}^n d_i = n - 2\)。
注意到：对于任意的 \(y\)，合法的 \(x\) 值域上一定是连续的。

证明：
设 \(L\) 是满足 \((x, y)\) 合法的最小的 \(x\)，\(R\) 是满足 \((x, y)\) 合法的最大的 \(x\)，满足 \(d_i = 0\) 的 \(i\) 恰有 \(p\) 个。
注意到多加入或删除一个 \(d_i = 0\) 的 \(i\) 不会使 \(y\) 变化，又因为 \(L\) 是极小的，所以 \((L, y)\) 的方案里一定不存在一个满足 \(d_i = 0\) 的 \(i\)，同理 \((R, y)\) 的方案里一定包含所有满足 \(d_i = 0\) 的 \(i\)。
所以：

• \(\forall x \in [L, L + p]\)，\((x, y)\) 合法；
• \(\forall x \in [R - p, R]\)，\((x, y)\) 合法。

而若 \(L + p + 1 < R - p\)，则命题不成立，因此我们尝试证明：\(R - L \le 2p + 1\)。
考虑 \(y - x\)，最坏情况下其最小值为全选 \(d_i = 0\) 的 \(i\)（不一定能全选，下同），每个 \(i\) 贡献为 \(-1\)，可得 \((y - x)_{\min} \ge -p\)，最坏情况下其最大值为全选 \(d_i > 0\) 的 \(i\)，可得 \((y - x)_{\max} \le n - 2 - (n - p) = p - 2\)，又因为 \((y - x)_{\min} = y - R\)，\((y - x)_{\max} = y - L\)，所以 \(R - L = (y - x)_{\max} - (y - x)_{\min} \le 2p - 2 \le 2p + 1\)。

有了这个结论，如果是普通的 01 背包计算 \(L, R\)，复杂度是 \(O(n^2)\) 的，但是考虑 \(\sum_{i = 1}^n d_i\) 是 \(O(n)\) 级别的，所以不同的 \(d_i\) 只有 \(O(\sqrt{n})\) 种，可以跑单次 \(O(n)\) 的单调队列优化多重背包，复杂度就是 \(O(n\sqrt{n})\) 了。
https://atcoder.jp/contests/arc125/submissions/62887472