Codeforces1466 D. 13th Labour of Heracles（思维，堆）

题意：

给定n个点的树，每个点有点权，
现在有k种染料，你需要对每条边染一种色。
你不需要将所有颜色都用上，
对于颜色i,定义颜色i的权值为：
删去所有颜色不为i的边之后，图中每个点数>1的连通块点权和的最大值。
定义图的权值为k种颜色的权值和。
问对于k=[1,n]，图的最大权值是多少。

数据范围：n<=1e5

解法：

设点i的度数为d[i],
那么它最多可以接d[i]种颜色不同的边,
也就是说有d[i]种颜色可以保留它.

当k=1的时候,答案显然为sum=所有点权和,
将所有点的d[i]--,表示可连接的颜色数减1.

当k=2的时候,
如果添加一个颜色,那么树一定会被分割,
显然划分为两个连通块最优.
接下来我们手玩一下过程:

假设树是这样的：

k=1的时候一定是这样的：

答案为2+3+4+5=14。
k=2的时候，最优解为：

答案为(4+5)+(2+3+4)=18。
相比于k=1的清空，答案多了一个权值4，因为4被用了两次。
其实到这里可以发现，因为每次都是分成两块，所以每次答案只会增加一个点权的权值。
那么将(a[i],d[i])二元组丢入大根堆中，
没增加一种颜色的时候，取出堆顶，ans+=a[top]，d[top]–，
如果d[top]>0，那么将(a[top]，d[top)丢回堆中。

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define PI pair<int,int>
const int maxm=2e6+5;
vector<int>g[maxm];
int ans[maxm];
PI p[maxm];
int d[maxm];
int a[maxm];
int n;
signed main(){
    int T;cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++)g[i].clear(),d[i]=0,ans[i]=0;
        int sum=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum+=a[i];
        for(int i=1;i<n;i++){
            int a,b;cin>>a>>b;
            d[a]++;d[b]++;
        }
        priority_queue<PI>q;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            d[i]--;//全选用掉1的度了
            if(d[i])q.push({a[i],d[i]});
        }
        ans[1]=sum;
        for(int i=2;i<n;i++){
            if(q.size()){
                PI x=q.top();q.pop();
                sum+=x.first;;
                x.second--;
                if(x.second)q.push(x);
            }
            ans[i]=sum;
        }
        for(int i=1;i<n;i++)cout<<ans[i]<<' ';
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

标签：Codeforces1466,int,top,权值,13th,--,Labour,maxm,sum
来源： https://blog.csdn.net/weixin_44178736/article/details/112058016