当前位置：首页 > news >正文

13th Labour of Heracles CodeForces - 1466D

news 来源：原创 2025/5/6 15:45:19

题目：题目链接

题目大意

题目描述

给定一棵树，它的每个点都有对应的权值。

定义颜色x的同色子图为图中所有颜色为x的边，及其顶点形成的同色子图。

一个同色连通块的权值为该连通块所包含的点的权值的和。

一个同色子图的权值定义为子图内所有同色连通块的权值的最大值。

一种染色方案的权值定义为所有颜色的同色子图的权值和。

输入格式

在输入的第一行中，有一个整数t（1≤t≤1e5）表示测试用例的数量。然后是t组测试用例。

每个测试用例的第一行包含一个整数n（2≤n≤1e5）。第二行由n个整数 w1,w2,…,wn（0≤wi≤1e9）组成，wi等于第i个顶点的权重。在以下n−1行的每一行中，有两个整数u、v（1≤u,v≤n）描述顶点u和v之间的边。并且保证这些边形能够成树。

所有测试用例中n的总和将不超过2e5。

输出格式

对于每个测试用例，你的程序应该打印一行包含n−1个整数的行，用一个空格分隔。一行中的第i个数字应该是树的第i个着色的最大值。

测试样例

输入样例：

4
4
3 5 4 6
2 1
3 1
4 3
2
21 32
2 1
6
20 13 17 13 13 11
2 1
3 1
4 1
5 1
6 1
4
10 6 6 6
1 2
2 3
4 1

输出样例：

18 22 25
53
87 107 127 147 167
28 38 44

题目分析

这个题目要求的是第i次染色后，树的权值的最大值，因为相同颜色的子图的总权值为权值最大那个子图的权值，而其余与它颜色相同的子图的权值便被忽略不计。根据贪心思想，我们应当尽可能多的使用颜色，即让每个颜色仅有一个子图。

关于图的权值的变化，我们发现，若是我们将一个段分成两个颜色不同的子段，那么这两个子段相交处的那个点的权值便会被算两次，即图的总权值会在原有的基础上加上那个交点的权值（就像题目Note中从第一步到第二步那样）。因此我们每次将可用的点中权值最大的那个点作为交点即可求出最大的权值。

注意，图中的叶节点（仅连有一条边的点）不可作为交点，否则其将图分为一个子图和一个空图，总权值不变。而一个连了i条边的点最多可以作i-1次交点。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct Node {
    int w,num;//w为该点权值，num为该点所连边数，num-1为可作交点的次数
    bool operator<(const Node &x) const {
        return w > x.w;//重载小于号
    }
};
Node p[100005];
int t,n;

int main() {
    int v,u;
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
    cin>>t;
    while (t--) {
        long long ans=0;
        cin>>n;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            cin>>p[i].w,p[i].num=0,ans+=p[i].w;
        for (int i=1;i<n;i++) {
            cin>>u>>v;
            p[v].num++;
            p[u].num++;
        }
        sort(p+1,p+n+1);//让权值大的排在前面
        cout<<ans<<' ';
        int cnt=1;
        while (cnt<=n) {
            if (p[cnt].num>1) {//确保该点不是叶节点且作交点次数没超限制
                p[cnt].num--;//将该点作交点的机会数减一
                ans+=p[cnt].w;
                cout<<ans<<' ';
            }
            else cnt++;
        }
        cout<<endl;
    }
}