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我们首先考虑得到 $S_n$ 之后如何统计答案。那么实际上也就是问最多可以组成多少数对，数对中两个数字不能相同。那么首先设数组中出现次数最多的数字的出现次数为 $cnt$。

若 $2\times cnt\le n$ ，则每个元素都能找到配对，答案就是 $n$ 。证明如下：
我们让相同的元素都摆在一起：如： $[7,7,7,2,2,2,6,6]$ ，那么我们把所有元素都向右循环位移 $cnt$ 位去两两配对，变成 $[2,6,6,7,7,7,2,2]$ ，也就是另所有元素下标(从 $0$ 开始)都变成 $(i+cnt)\%n$ 。那么首先对于出现次数最多的数字来说，最左端一定正好移出去，最右端一定无法循环移回来（$\because 2\times cnt\le n$），所以出现次数最多的元素一定可以匹配上不同的元素。那么再考虑出现次数不是最多的元素，对于位移时不会越过 $n$ 的元素，其走了 $cnt$ 步，所以其肯定不会在自己的区域内，对于循环位移会越过 $n$ 的元素，其想回到自己的位置，起码得越过出现次数最多的元素，所以至少都得走 $cnt+1$ 步，所以其也不可能配对到与自己相同的元素。综上所述，在 $2\times cnt\le n$ 时，将每个元素都循环位移 $cnt$ 位，所有元素都可以配对到不同的数字。

若 $2\times cnt＞n$ ，那么结果就是 $2\times (n-cnt)$ ，也就是将每个非众数的数字和众数匹配。这个可以这么证明，最终的匹配的每个数对中一定至少消耗一个非众数（毕竟相同的数字无法匹配，众数无法与自己匹配），那么最优情况下，也就是每个数对只消耗一个非众数，也就是出现 $n-cnt$ 个数对，那么这种情况是否可以达到呢，显然是可以的，我们只要让每个非众数与众数配对即可，所以最后结果就是 $2\times (n-cnt)$ 。

那么有这个结论之后，我们就只要统计出元素出现次数的最大值即可，那么其实对于这个题我们可以求出 $S_n$ 所有元素的出现次数。我们实际上就是要统计与 $S_n$ 有关的 $1$ 类型节点被加和过多少次。我们可以对于第二个操作建边，一个元素被加和过多少次，也就是其父节点的被加和次数的和，那么处于最顶端的 $S_n$ 自然被认为加和了一次。这里元素个数肯定是有限的，所以不可能出现环路，我们可以拓扑排序后记录 $S_n$ 在拓扑序的位置，去进行如下代码的 $DP$ ：

        d[n] = 1;
        for (int i = idx; i < (int)tp.size(); ++i) {
            int u = tp[i];
            if (!d[u]) continue;
            for (auto v : g[u]) {
                d[v] += d[u];
            }
        }

这样就能保证完整地计算到每个节点被加和的次数，那么也就自然求得了 $S_n$ 中每个元素的出现次数，自然就可以求得答案。另外，用这个方法感觉常数比较大，加个超级快读才能过。。。

$code$

#include 
 
using namespace std;
 
typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 10;
 
unordered_map<int, int> id;
 
int n, in[N], tot, vis[N];
 
ll cnt[N], d[N];
 
queue<int> q;
 
vector<int> g[N];
 
vector<int> a[N], tp, leaves;

static char buf[100000],*pa=buf,*pd=buf;
#define gc pa==pd&&(pd=(pa=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),pa==pd)?EOF:*pa++
inline int read()
{
    register int x(0);register char c(gc);
    while(c<'0'||c>'9')c=gc;
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc;
    return x;
}

void dfs(int u) {
    vis[u] = 1;
    for (auto v : g[u]) {
        in[v]++;
        if (!vis[v]) {
            dfs(v);
        }
    }
}
 
void topo() {
    q.push(n); tp.push_back(n);
    while(!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (auto v : g[u]) {
            in[v]--;
            if (!in[v]) {
                q.push(v);
                tp.push_back(v);
            }
        }
    }
}
 
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    T = read();
    while(T--) {
        n = read();
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            int op, k, q, x, y;
            op = read();
            if (op == 1) {
                k = read(); leaves.push_back(i);
                for (int j = 1; j <= k; ++j) {
                    int x; x = read();
                    if (!id[x]) id[x] = ++tot;
                    a[i].push_back(id[x]);
                }
            }
            else {
                x = read(); y = read();
                g[i].push_back(x);
                g[i].push_back(y);
            }
        }
        dfs(n);
        topo();
        d[n] = 1;
        for (int i = 0; i < (int)tp.size(); ++i) {
            int u = tp[i];
            if (!d[u]) continue;
            for (auto v : g[u]) {
                d[v] += d[u];
            }
        }
        for (int i = 0; i < (int)leaves.size(); ++i) {
            for (auto j : a[leaves[i]]) {
                cnt[j] += d[leaves[i]];
            }
        }
        long long ans = 0, pre = 0;
        ll sum = 0, mx = 0;
        for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
            mx = max(mx, cnt[i]);
            sum += cnt[i];
        }
        if (mx*2 >= sum) {
            printf("%lld\n", 2ll * (sum - mx));
        }
        else {
            printf("%lld\n", sum);
        }
 
        tp.clear();
        id.clear();
        leaves.clear();
        for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
            cnt[i] = 0;
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            d[i] = 0;
            a[i].clear();
            g[i].clear();
            in[i] = 0;
            vis[i] = 0;
        }
        tot = 0;
    }
}