【ARC098F】Donation

题面

题意：

给定一张\(n\)个点，\(m\)条边的无向图。这张图的每个点有两个权值 \(a_i,b_i\)。
你将会从这张图中选出一个点作为起点，随后开始遍历这张图。
你能到达一个节点 \(i\)当且仅当你的手上有至少\(a_i\)元钱。当你到达一个节点\(i\) 后，你可以选择对这个点捐赠\(b_i\)元。
你需要对每个点捐赠一次。问你身上至少要带多少元钱？
其中\(1\leq n\leq 10^5\)，\(n-1\leq m\leq 2\times 10^5\)。

题解

首先你需要知道的两个性质：

对于一个点，你只有最后访问它时才会对它进行捐赠。
证明：这一点正确性比较显然。
定义权值\(w=max(a_i-b_i,0)\)，那么在满足上面条件的前提下你要尽量让\(w\)大的点先捐赠。
证明：首先你要明白这个\(w\)是怎么来的，
当你最后经过一个点并捐赠它时，
你所剩下的钱\(w+b_i\geq a_i\)，
那么必须满足\(w\geq max(a_i-b_i,0)\)。
所以你在最后访问这个点你所剩的钱最多，所以尽量先捐赠这个点。

考虑有了上述两点之后我们怎么解决问题，
倘若一个点在一个连通块内而且我们不需要再访问这个点，
那么这个点对答案影响不大，但是若一个点把联通块割成许多个小联通块，那就另当别论了。
基于这一点首先我们按权值\(w\)从小到大构建一颗生成树，
一边构建一边求答案(没必要真的建树，建树的过程可用并查集维护)。

设\(dp_i\)表示以\(i\)为根的子树所需的最小钱数，
\(sum_i\)表示子树\(i\)中所有的\(b_i\)之和，
则我们当一个点是叶子节点是答案就是\(dp_i=w_i+b_i\)，
对于非叶子节点，我们枚举访问完子树\(j\)就不再回到\(i\)了，
根据我们上面的描述，转移就是\(dp_i=\min_{j\in son_i} sum_i-sum_j+max(w_i,dp_j)\)。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring> 
#include <cmath> 
#include <algorithm>
#include <vector> 
using namespace std; 
inline int gi() {
    register int data = 0, w = 1;
    register char ch = 0;
    while (!isdigit(ch) && ch != '-') ch = getchar(); 
    if (ch == '-') w = -1, ch = getchar(); 
    while (isdigit(ch)) data = 10 * data + ch - '0', ch = getchar(); 
    return w * data; 
} 
const int MAX_N = 1e5 + 5; 
int N, M, a[MAX_N], b[MAX_N], p[MAX_N]; 
int pa[MAX_N]; 
int getf(int x) { while (x != pa[x]) x = pa[x] = pa[pa[x]]; return x; } 
vector<int> G[MAX_N]; 
long long f[MAX_N], sum[MAX_N];
bool vis[MAX_N]; 
int main () { 
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("cpp.in", "r", stdin); 
#endif 
    N = gi(), M = gi();
    for (int i = 1; i <= N; i++) { 
        a[i] = gi(), b[i] = gi(); 
        a[i] = max(a[i] - b[i], 0);
        p[i] = i, pa[i] = i; 
    } 
    sort(&p[1], &p[N + 1], [](const int &l, const int &r) { return a[l] < a[r]; } ); 
    for (int i = 1; i <= M; i++) { 
        int u = gi(), v = gi(); 
        G[u].push_back(v), G[v].push_back(u); 
    } 
    for (int i = 1; i <= N; i++) { 
        vector<int> son;
        int x = p[i]; 
        vis[x] = 1, sum[x] = b[x]; 
        for (auto v : G[x]) {
            if (!vis[v] || getf(x) == getf(v)) continue; 
            son.push_back(getf(v)); 
            sum[x] += sum[getf(v)]; 
            pa[getf(v)] = x; 
        } 
        f[x] = sum[x] + a[x]; 
        for (auto v : son) f[x] = min(f[x], sum[x] - sum[v] + max(1ll * a[x], f[v])); 
    } 
    printf("%lld\n", f[p[N]]); 
    return 0; 
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/heyujun/p/11678973.html