一、题目：

洛谷原题

codeforces原题

二、思路：

这道题又是一道非常新奇的思维题。我觉得能想到这种算法的人真得很了不起。（反正我是看了题解才琢磨出来。）

我们考虑类似树形 DP 的方式，从下向上转移。对于每个子树 \(x\)，我们都维护一个集合 \(S_x\)。\(S_x\) 中的元素是二元组 \((a,b)\)，代表如果你有至少 \(a\) 的血量，那么你的血量可以增加 \(b\)。现在我们来考虑，如果对于 \(x\) 的任意一个儿子 \(y\)，我们都已知了 \(S_y\)，如何求出 \(S_x\)？

1. 新建一个集合 \(S\)。

2. 将所有 \(S_y\) 中的所有元素全部塞到 \(S\) 中。

   这样肯定会使一些 \([a,a+b]\) 产生交集，我们将这些 \([a,a+b]\) 合并成大的区间。\((*)\)

3. 尝试将二元组 \((\min\{0,v_x \},v_x)\) 加入到集合 \(S\) 中。如果可以合并，就不断的从小到大进行合并。直到不能合并为止。

最终怎么判断能不能 Escape 呢？我们可以新增一个点 \(t'\)，让 \(t'\) 与 \(t\) 相连，并把 \(t'\) 的权值设置成 \(+\infty\)。最终看一下 \(S_1\) 中有没有元素的 \(b\) 大于等于 \(+\infty\)。

可以用 set 来维护集合。合并的时候用启发式合并就可以了。

但是，总感觉 \((*)\) 这一步没有必要。

事实上，\((*)\) 这一步的确没必要。仔细想想，我们其实没有必要使得所有的 \([a,a+b]\) 两两之间没有交集。这并不影响我们的求解过程。

所以，我们只需要用小根堆来维护集合，而不必使用 set。

具体实现过程还必须看代码注释。

三、代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;
#define FILEIN(s) freopen(s, "r", stdin);
#define FILEOUT(s) freopen(s, "w", stdout)
#define mem(s, v) memset(s, v, sizeof s)

typedef pair<long long, long long> PLL;

inline int read(void) {
	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return f * x;
}

const int MAXN = 200005;
const long long INF = 1e15;

int n, t;
long long val[MAXN];
vector<int>linker[MAXN];

priority_queue<PLL, vector<PLL>, greater<PLL> >q[MAXN];

void dfs(int x, int fa) {
	while (!q[x].empty()) q[x].pop();
	for (auto &y : linker[x]) {
		if (y == fa) continue;
		dfs(y, x);
		if (q[y].size() > q[x].size()) swap(q[x], q[y]); // 启发式合并
		while (!q[y].empty()) { q[x].push(q[y].top()); q[y].pop(); }
	}
	PLL u = { 0, val[x] }, v;
	while (!q[x].empty() && (u.second < 0/*条件1*/ || q[x].top().first <= u.first + u.second/*条件2*/)) {
		v = q[x].top(); q[x].pop();
		u = { max(u.first, v.first - u.second), u.second + v.second };
        // 根据while语句的条件，如果靠的是条件2进入的循环，那么max一定会取到u.first。
        // 如果靠的是条件1进入的循环，那么max一定会取到v.first-u.second，意思是提高v的门槛。
        // （注意所有的v.first都是非负的。）
	}
	if (u.second >= 0) q[x].push(u); // 如果该条件不满足，那么q[x]一定是空的。
}

int main() {
	int testdata = read();
	while (testdata --) {
		n = read(); t = read();
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) val[i] = read();
		for (int i = 1; i < n; ++ i) {
			int x = read(), y = read();
			linker[x].push_back(y); linker[y].push_back(x);
		}
		++ n; val[n] = INF; linker[t].push_back(n); linker[n].push_back(t);
		dfs(1, 0);
		if (!q[1].empty() && q[1].top().first == 0 && q[1].top().second >= INF) puts("escaped");
		else puts("trapped");

		for (int i = 1; i <= n; ++ i) linker[i].clear();
	}
	return 0;
}

标签：ch,洛谷,int,题解,合并,read,while,CERC2013,include
来源： https://www.cnblogs.com/little-aztl/p/14946288.html