Wunder Fund Round 2016 D. Hamiltonian Spanning Tree（贪心+dp）

题意:

N≤2×105个点的完全图,边权为y
现给定其中N−1条边,改变其权值为x,保证这个N−1条边形成树
试求出一条任意起点权值最小的哈密顿路

分析:

首先对于x>y的情况,我们总有可以走不是树边的办法,除了星形图必须要走一条树边
构造如下：
首先树是一个二分图,找到2个点x∈X,y∈Y,且x,y没有边相连
我们知道二分图X部内,Y部内是没有边的,只要把X部走一圈然后停在x,走到y,然后把Y部走一圈就好了
但是当|X|=1或者|Y|=1时找不到这样的x,y,也就是星形图特判一下就好了,其他时候总可以这样找到

对于x≤y的情况,我们显然是要走最多的树边,也就说让树由尽可能少的点不相交的链构成(链之间我们只能走非树边了)
也就是“最小路径覆盖”的感觉
考虑一个贪心,当一个子树有≥2个儿子,只能把2个儿子以及当前根连通过树边起来,其它的儿子只能通过非树边来连接了,并且这颗子树不能再被其父亲通过树边相连
如果只有1个儿子就可以向根连树边,且当前这颗子树可以继续被它的父亲通过树边相连
这样自底向上贪心即可,证明就只能坐等CF出题人的证明了

代码:

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// Created by TaoSama on 2016-01-30
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#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
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#include <cmath>
#include <cstdio>
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#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <string>
#include <set>
#include <vector>

using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;

int n, x, y;
vector<int> G[N];

bool available[N];

void dfs(int u, int f, int &tree) {
    int cnt = 0;
    for(int v : G[u]) {
        if(v == f) continue;
        dfs(v, u, tree);
        cnt += available[v];
    }
    available[u] = cnt < 2;
    tree += min(cnt, 2);
}

int main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endif
    ios_base::sync_with_stdio(0);

    while(scanf("%d%d%d", &n, &x, &y) == 3) {
        for(int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear();
        for(int i = 1; i < n; ++i) {
            int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }
        if(x < y) {
            int tree = 0;
            memset(available, false, sizeof available);
            dfs(1, -1, tree);
            long long ans = 1LL * tree * x + 1LL * (n - 1 - tree) * y;
            printf("%I64d\n", ans);
        } else {
            bool star = false;
            for(int i = 1; i <= n; ++i) star |= G[i].size() == n - 1;
            long long ans = 1LL * (n - 2) * y + (star ? x : y);
            printf("%I64d\n", ans);
        }
    }
    return 0;
}