AtCoder Grant Contest 010 C - Cleaning DP, DFS，思维题 2017/2/6

有一棵N个节点的树，节点标号1-N，第i个边连着两个节点ai, bi。
每个节点有Ai个石头。每次你可以选择一对叶子节点（叶子节点是度数为1的点），然后将连接着两个节点的路径上的所有节点的石头数减一，
如果这条路径上存在石头数为0的点，那么不能进行这个操作。
问是否能把树上的所有石头全部移除。
数据
(2 <= N <= 1e5), (1 <= ai, bi <= N), (0 <= Ai <= 1e9), 数据保证给出一棵树。
输入
5
1 2 1 1 2
2 4
5 2
3 2
1 3
3
1 2 1
1 2
2 3
6
3 2 2 2 2 2
1 2
2 3
1 4
1 5
4 6
输出
YES
NO
YES
说明
对于样例1，选节点4，5,这样这条路径上除了4外都只有一个石头，4没有石头。
然后选择1,5，就完成了目标

解题方法：
题解描述来自: OTZ
主要是，我很难描述清楚，就借用一下博主的了， 写得非常清晰
首先可以将路径进行归类，对于一个非叶子节点A，经过其的路径可以分为两种情况：

1.经过一个子节点；

2.经过两个子节点。

路径经过两个子节点意味着这条路不用往上走了，即不会影响A的父亲。

路径经过一个子节点意味着需要再向上传递，因为另一个端点不在以A为根的子树里。

接着构思dfs的细节：

1.考虑叶子节点，叶子节点的权值一定得向上传递，因为叶子节点是路径的端点。

2.考虑非叶子节点A‘，已知权值是Ai，设从其儿子节点需要传上来的权值和是tot，其中第一种边贡献了x1，第二种边贡献了x2，其中，x1需要向上传递。容易列出方程：

x1+x2=Ai，2*x2+x1=tot，可以解出x1与x2的值。

接着要做的就是判断x1与x2的合法性：

1.x1与x2均要大于等于0；

2.当x1与x2均大于等于0的时候，要能真正画出这样的情况。观察发现，仅当儿子向上传递的权值分配很畸形的时候才画不出来。设maxw为儿子中向上传递权值的最大值，当maxw>Ai的时候，就不能画出x1条第一种路径，x2条第二种路径。动手模拟一下就可以看出来。

最后，看一下整棵树的根节点是不是x1等于0，若是的话，证明找到了可行解，因为经过根节点的只能是第二种边。

#include 
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
const int maxm = 2e5+10;
typedef long long LL;
LL A[maxn]; int n, edgecnt, head[maxn];
struct edge{int v, nxt; } E[maxm];
void init(){
    edgecnt = 0; memset(head, -1, sizeof(head));
}
void addedge(int u, int v){
    E[edgecnt].v = v, E[edgecnt].nxt = head[u], head[u] = edgecnt++;
}
LL dfs(int u, int fa){
    int cnt = 0;
    for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){
        if(u != E[i].v) cnt++;
    }
    if(cnt == 1){
        return A[u];
    }
    LL tot = 0, x1 = 0, x2 = 0, maxw = 0, sumw;
    for(int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt){
        int v = E[i].v;
        if(v == fa) continue;
        sumw = dfs(v, u);
        maxw = max(maxw, sumw);
        tot += sumw;
    }
    //x1 = 2 * A[u]  - tot;
    x2 = tot - A[u];
    x1 = A[u]  -x2;
    if(x1 < 0 || x2 < 0 || A[u] < maxw || (x1 > 0 && fa == -1)){
        puts("NO");
        exit(0);
    }
    return x1;
}
int main(){
    init();
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &A[i]);
    }
    if(n == 1){
        if(A[1]) printf("NO\n");
        else printf("YES\n");
        return 0;
    }
    for(int i = 1; i < n; i++){
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        addedge(u, v);
        addedge(v, u);
    }
    if(n == 2){
        if(A[1] == A[2]){
            printf("YES\n");
        }
        else{
            printf("NO\n");
        }
    }
    else{
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            int num = 0;
            for(int j = head[i]; ~j; j = E[j].nxt){
                if(E[j].v != i){
                    num++;
                }
            }
            if(num > 1){
                //printf("*%d*\n", i);
                dfs(i, -1);
                break;
            }
        }
        printf("YES\n");
    }
    return 0;
}