CodeForces1388C - Uncle Bogdan and Country Happiness

题意：

$n$个城市由$n-1$条路径构成一棵树。总共有$m$人住在这些城市，第$i$个城市住的人数是$p_i$。每个人有一个心情，可能为好心情，可能为坏心情。所有人带着一种心情从城市$1$(根节点)出发，出发时可能为好心情，可能为坏心情。在路径上(边)可以改变心情，但只能由好变坏，不能由坏变好。在城市里(点)不会改变心情。现在问，是否存在一种方案，使得经过城市$i$的好心情的人数-经过城市$i$的坏心情的人数=$h_i$。

题解：

设经过城市$i$的好心情的人数为$goo{d}_i$,坏心情的人数为$ba{d}_i$。已知经过城市$i$的总人数为
$$su{m}_i=p_i+\sum _{j为i儿子}su{m}_j$$
可以得到两个式子
$$su{m}_i=goo{d}_i+ba{d}_i$$

$$h_i=goo{d}_i-ba{d}_i$$

由此可得
$$goo{d}_i=(su{m}_i+h_i)/2$$

$$ba{d}_i=su{m}_i-goo{d}_i$$

那么哪些情况是不合理的呢？
$$goo{d}_i<0,ba{d}_i<0,goo{d}_i-ba{d}_i\ne h_i$$
（当$(su{m}_i+h_i)$为奇数的时候，当然是不合理的，为了好看，我们将这个判断转化成了最后的不等式）

那是不是这样就好了呢？当然不是。路过城市$i$的人中，因为坏心情只能还是坏心情，所以经过城市$i$中好心情的人数，应该至少满足$i$所有儿子的好心情的人数。
$$goo{d}_i\ge \sum _{j为i的儿子}goo{d}_j$$
分析完之后，一遍 dfs 就解决了这个问题。

AC代码：

#include 
#define pb push_back 
#define fir first
#define sec second
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define sp system("pause")
#define multi int t;cin>>t;while(t--) 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N=1e5+5;
const int mod=10007;
const db pi=acos(-1.0);
vectortr[N];
int p[N],h[N],good[N],bad[N],sum[N];
bool dfs(int u,int fa)
{
    sum[u]=p[u];
    int g=0;
    for(int v:tr[u]){
        if(v==fa) continue;
        if(dfs(v,u)){
            sum[u]+=sum[v];
            g+=good[v];
        }else return 0;
    }
    good[u]=(sum[u]+h[u])/2;
    bad[u]=sum[u]-good[u];
    if(good[u]>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            tr[i].clear();
            good[i]=bad[i]=sum[i]=0;
            cin>>p[i];
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
        for(int i=1,x,y;i>x>>y;
            tr[x].pb(y);
            tr[y].pb(x);
        }
        if(dfs(1,-1)) cout<<"YES"<