给定一颗树 每个几点上有个权值val[i], 求\(\sum val[i]\times cnt\)的最小值 cnt是染色次数

关键在于两个性质:

1. 全树种权值最大的点 一定在父节点被染色之后被染色
   我们比较一下染色最大点x和其他k个点
   如果染色k个点 造成负面影响:\(kx\)

如果染色x 造成的负面影响:\(\sum_{i=1}^kval[i] \times (t_o+i)\)
所以应该先染x
但是这个结论不能推广到子树 因为子树不是连续染色的
从错误结论中提取正确的部分
2. 等效的权值替代 树上介绍的很清楚

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#define pb push_back
using namespace std;

const int N=1010;

int read()
{
    int x=0,f=0,c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return f?-x:x; 
}

int val[N],sz[N],fa[N];
double ave[N];
vector<int> e[N];
int n,root,ans;
void dfs(int x)
{
	for(int i=0;i<e[x].size();i++)
	{
		int y=e[x][i];
		if(fa[y]) continue;
		fa[y]=x;
		dfs(y);
	}
}

int main()
{
	n=read(); root=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) val[i]=read(),sz[i]=1,ave[i]=(double)val[i],ans+=val[i];
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		int x=read(),y=read();
		e[x].pb(y); e[y].pb(x);
	}
	fa[root]=root; dfs(root);

	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		double maxx=0;int x=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(j==root) continue;
			if(ave[j]>maxx) maxx=ave[j],x=j;
		}
		ans+=sz[fa[x]]*val[x];
		val[fa[x]]+=val[x];
		sz[fa[x]]+=sz[x];
		ave[fa[x]]=(double)val[fa[x]]/sz[fa[x]];
		ave[x]=-1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(fa[j]==x) fa[j]=fa[x];
		
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

注意的点:

1. 多次删除set好用
2. set对于结构体只看重载的 其他不看 这就导致对于相同第一关键字的set会认为两个是一样的 会进行去重操作
3. priority_queue 一定要保证进入的比出去的少 这样才不会死循环
4. 更新节点问题 不仅关于儿子的父亲 还要考虑重新建立边的问题 这种合并是\(n^2\)的 5. 根节点问题

6.反正是n^2算法 用选择排序的思想 暴力查找
7.用n^2的方式 暴力更新父子关系 从底部向上找 只记录fa[x]就可以了 其他的不用更新
8.答案用累加贡献的方式来计算 这种合并等抽象的问题 不必去模拟过程 可以考虑用贡献的累加方式计算