COCI2016/2017 Round1T4 Mag

题目

分析

既然是乘积，容易想到所选路径上的值不可能很大，所以一般（特殊情况等会讨论）有以下几个结论：

• 最优路径上不可能有点权超过$2$的结点

证明：
设当前已找到的乘积为$x$，结点个数为$n$，新加入的点权为$y(y>2)$，则新的路权为$\frac{xy}{n+1}$，由于$y>2$，所以一定有$\frac{xy}{n+1}>\frac{x}{n}$，故新路径不可能更优。

• 最优路径上不可能有超过$1$个点权为$2$的点

证明：
设路径上有$k(k>1)$个权为$2$的结点，$n-k(n\ge k)$个权为$1$的结点，则路权为$\frac{2^k}{n}$，易得$\frac{2^k}{n}\ge \frac{2^{k-1}}{n-1}$（当且仅当$n=k=2$时取等号）。

所以，我们只需要找这样的链：只由点权为$1$的点构成，或只由一个点权为$2$的点和若干点权为$1$的点构成。

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问题就变成了以下两个步骤：

1. 找到树上的连续的$1$链
2. 得到最长的一个连续的$1$链，得到一个可能的答案$\frac{1}{n}$（$n$为这个链的长度）
3. 找到数$2$，看它能否链接两个$1$链，若能，找到最长的两个，用这个$2$把它们连起来，得到一个可能的答案$\frac{2}{x+y+1}$（$x$，$y$为这两个$1$链的长度）
4. 找到最小答案，约分输出

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改题的时候我自己写了调了一晚上没弄出来，最后照着std打才理解了这道题实现的奇妙。
无根树的树形DP真的恶心。

设根为结点$1$，
定义dpDown和dpUp两个数组，dpDown[u]表示以$u$的儿子$v$为起点，在$u$的子树的最长的连续$1$的长度；dpUp[u]表示以$u$的父亲为起点，不在$u$子树的最长的连续$1$的长度。

dpDown的转移很简单：$$dpDown[u]=\underset{v\in children[u]}{\max }\{\begin{array}{llc}dpDown[v]+1& & X_v=1\\ 0& & X_v̸=1\end{array}$$

重点是dpUp：
发现它可以分成两种情况：

• 直接转移为dpUp[fa[u]]，即不考虑$u$的兄弟子树，上图表示的就是一种这样的情况
• 考虑$u$的兄弟子树，那么就是$u$的父亲与$u$的某个兄弟相连，如下图的绿色部分
  
  所以：$$dpUp[u]=\max \left\{dpUp[fa[u]],\{\begin{array}{llc}0& & X_{fa[u]}̸=1\\ \underset{v\in children[fa[u]]}{\overset{v̸=u}{\max }}dpDown[v]+1& & X_{fa[u]}=1\end{array}\right\}$$

乍一看是$n^2$的，然而里面那个max显然可以用两个数组优化成$O(1)$：

• LeftMax[u]表示先根序中 $u$之前的$u$的兄弟$b$ 里最大的那个dp[b]
• RightMax[u]表示先根序中 $u$之后的$u$的兄弟$b$ 里最大的那个dp[b]

所以：$$\underset{v\in children[fa[u]]}{\overset{v̸=u}{\max }}dp[v]=\max \{LeftMax[u],RightMax[u]\}$$

于是给的那$20\%$的$n\le 1000$的点就是考虑的最后一步？？
这个部分分真的迷，，，

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得到了这两个数组就好办了，$u$如果要连接两个链，有两种情况：

• 一条在$u$子树，另一条在$u$头上
• 两条都在$u$子树

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当然还有一点特殊情况：没有一个点的权值为$1$，那就输出权值最小点的权值就好（可以在DP里面处理掉）。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

#define PII pair
int gcd(int x,int y){
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
bool cmp(PII x,PII y){
    return x.first*y.second<y.first*x.second;
}//比较两个分数的大小

#define MAXN 1000000
int N,W[MAXN+5];
vector<int> G[MAXN+5];

PII Ans(0x7fffffff,1);//first分子 second分母
int dpDown[MAXN+5],dpUp[MAXN+5];
int Lcnt[MAXN+5],Rcnt[MAXN+5];
vector<int> LMax[MAXN+5],RMax[MAXN+5];
void DPDown(int u,int fa){
    LMax[u].push_back(0);
    for(int i=0;i<int(G[u].size());i++){
        int v=G[u][i];
        if(v!=fa){
            DPDown(v,u);
            Lcnt[v]=LMax[u].size()-1;
            LMax[u].push_back(max(LMax[u].back(),(W[v]==1)*(dpDown[v]+1)));
            //注意只有W[x]=1时才有值
        }
    }
    RMax[u].push_back(0);
    for(int i=int(G[u].size())-1;i>=0;i--){
        int v=G[u][i];
        if(v!=fa){
            Rcnt[v]=RMax[u].size()-1;
            RMax[u].push_back(max(RMax[u].back(),(W[v]==1)*(dpDown[v]+1)));
        }
    }
    dpDown[u]=LMax[u].back();
    //得到dpDown,LeftMax和RightMax
}
void DPUp(int u,int fa){
    if(u!=1)//更新dpUp
        dpUp[u]=(W[fa]==1)*(max(dpUp[fa],max(LMax[fa][Lcnt[u]],RMax[fa][Rcnt[u]]))+1);
    PII tmp(W[u],1);
    if(cmp(tmp,Ans))
        Ans=tmp;//处理没有1的情况
    int Max=dpUp[u];
    for(int i=0;i<int(G[u].size());i++){
        int v=G[u][i];
        if(v!=fa){
            if(W[u]<=2){
                int Down=(W[v]==1)*(dpDown[v]+1);
                tmp=make_pair(W[u],Max+Down+1);
                //把u的最大的一条子树链（或头上的链）和当前这一条连起来
                if(cmp(tmp,Ans))
                    Ans=tmp;
                Max=max(Max,Down);
            }
            DPUp(v,u);//这里其实是往下走
        }
    }
}

int main(){
    freopen("mag.in" ,"r", stdin);
    freopen("mag.out","w",stdout);
    scanf("%d",&N);
    for(int i=1;i<=N-1;i++){
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%d",&W[i]);
    DPDown(1,-1),DPUp(1,-1);
    int d=gcd(Ans.first,Ans.second);
    printf("%d/%d",Ans.first/d,Ans.second/d);//约分
}