题解：AT_abc359_f [ABC359F] Tree Degree Optimization

双倍经验：P7840。

Idea

定义一个长度为 $n-2$ 的序列叫 prufer 序列。

这个序列的求法是：

• 选择一个树上面的编号最小的叶子节点删除。
• 将这个节点所连的边的另一端的点加入到序列中。

显而易见的有一个结论：一个点的度数是它的编号在序列中的出现次数加 $1$。

为什么？因为这个点在序列中出现一次，就说明它和一个叶子节点有连边。

如果它最后被删除了，它当时一定只连一条边。这一条边不会让它加入序列，需要额外计算。

显而易见删完之后只会存在 $2$ 个点和 $1$ 条边。如果它最后被留下了，它一定是这条边两个端点之一。

上述结论现在已证毕。

通过这个性质，每个点至少连一条边，所以答案初始值必须是 $\sum a_i$。

接下来我们枚举给每个点的度数加 $1$。因为每加 $1$ 就需要消耗序列的一个位置，所以最多加 $n-2$ 次。

$d_i$ 为点 $i$ 的度数，如果度数加 $1$，则答案会加 $(d_i+1)^2-d_i^2$。

化简一下可以得到 $2\times d_i+1$。设这个值为 $w$。

可以看到当 $d_i$ 取正整数时，它是一个公差为 $2$ 的等差数列。初始当 $d_i=1$ 时，它的值为 $3$。

用一个优先队列维护 $w\times a_i$ 的值，每次取出这个值，都要把 $(w+2)\times a_i$ 加进去。即把度数再加 $1$ 产生的答案重新加入。

这是一个贪心。下面给出正确性证明：

如果我们选择了一个比较劣的答案，它所能到达的状态只会更劣。

即如果 $w\times a_j$ 劣，则 $(w+2)\times a_j$ 只会更劣。

所以这道题就解完了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
priority_queue<pair<int,int> >q;
int n;
int a[300005];
int ans;
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)ans+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)q.push({-3*a[i],i});
	for(int i=1;i<=n-2;i++){
		pair<int,int >t=q.top();q.pop();
		ans-=t.first;
		q.push({(t.first-2*a[t.second]),t.second});
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

Tips

• 本题答案可能爆 int。
• 优先队列默认是大根堆，但我们要求最小的。可以写小根堆，当然也可以把新增的答案当成负数算进去。
• 要维护 $i$ 的值，否则我们新算贡献可能不很好算。所以优先队列要用 pair 存储。
• pair 是自带排序的，先比较第一个再比较第二个，所以不用重载运算符。