2021 ICPC 昆明站 F - Find the Maximum 题解

本文主要是介绍2021 ICPC 昆明站 F - Find the Maximum 题解，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

题面看这里

题目大意

给你一个有 \(n\) 个节点的无根树，每个节点的权值为 \(b_i\)，对于树上任意一条简单路径上的点集 \(V\)，定义它的权值为 \(\displaystyle\frac {\sum_{u\in V}(-x^2+b_ux)}{|V|}\)，其中 \(x\) 可以取任意实数，问你在树上所有的长度大于 \(1\) 的点集 \(V\) 中，可以取到的最大权值是多少。

\((2\leq n\leq 1e5,~-1e5\leq b_i\leq1e5)\)

题目分析

首先因为 \(x\) 可以任取，所以是初中二次函数题，稍微化简一下式子，即可得到对于某个确定的点集 \(V\)，它的权值最大为 \(\displaystyle\frac {(\sum_{u\in V}b_u)^2}{4|V|^2}\)，一眼看出其实就是点集中各点权值的平均值求个平方再除以个 \(4\)，因此问题变成了求出在树上所有长度大于 \(1\) 的点集 \(V\) 中的最大点权平均值（其实是绝对值最大，不过道理都一样）。

其实就等价于找某个数组中（相当于树上的一条链）的最大区间平均值，且这个区间的区间长度大于 \(1\)（可以等于 \(1\) 的话就太简单了，变成求区间最值了）。而这是有一个结论的：要求数组中长度大于 \(1\)、平均值最大的区间的平均值，只需在区间长度为 \(2~or~3\) 的区间找即可。感性的证明一下：

证明：假设有一数组 \(a\)，元素为 \(a_i\)，对于区间长度 \(l>3\) 的区间：

如果 \(l\) 是偶数，则它的平均值一定小于等于它的某个长度为 \(2\) 的子区间，我们可以不失一般性地令 \(l=4\)，则区间平均值为 \(\displaystyle\frac {a_1+a_2+a_3+a_4}{4}\iff \frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_4}{2}}{2}\)，即两个长度为 \(2\) 的子区间的平均值的平均值，这显然会小于等于 \(a_1a_2\) 或 \(a_3a_4\) 的区间平均值，所以偶数的情况不用考虑；

如果 \(l\) 是奇数，也是同理，不失一般性地令 \(l=5\)，则区间平均值为 \(\displaystyle\frac {a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5}\iff \frac{\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}+\frac{a_1+a_2+a_3+a_5}{4}+\frac{a_1+a_2+a_4+a_5}{4}+\frac{a_1+a_3+a_4+a_5}{4}+\frac{a_2+a_3+a_4+a_5}{4}}{5}\)，显然在分子的 \(5\) 个平均值中，一定有一个是不小于 \(a_1a_2a_3a_4a_5\) 的区间平均值的，如果它是 \(a_1a_2a_3a_4\) 这样的子区间，我们直接套用上面的结论即可；如果是\(a_1a_2a_3a_5\) 这样不连续的，那么就会有 \(\displaystyle\frac {a_1+a_2+a_3+a_5}{4}\iff \frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_3+a_5}{2}}{2}\iff \frac{\frac{a_2+a_3}{2}+\frac{a_1+a_5}{2}}{2}\)，显然 \(a_1a_2\) 和 \(a_2a_3\) 中总有一个平均值会不小于 \(a_1a_2a_3a_5\) 的平均值，否则如果两个都小于的话，那么有 \(a_3a_5\) 的平均值大于 \(a_1a_2\)，\(a_2a_3\) 的平均值大于 \(a_1a_5\)，即 \(a_1+a_2<a_3+a_5,~a_2+a_3<a_1+a_5\)，矛盾，即一定存在一个长度为 \(2\) 的子区间的平均值不小于 \(a_1a_2a_3a_5\) 的平均值从而不小于 \(a_1a_2a_3a_4a_5\) 的平均值，所以奇数的情况也不用考虑。

综上，区间长度 \(l>3\) 的区间都不用考虑，结论得证。

顺便提一下为啥 \(l=3\) 可以，因为此时有 \(\displaystyle\frac {a_1+a_2+a_3}{3}\iff \frac{\frac{a_1+a_2}{2}+\frac{a_2+a_3}{2}+\frac{a_1+a_3}{2}}{3}\)，显然它跟其他奇数区间不一样，不会出现上面那样的矛盾，导致它存在 \(a_1a_3\) 的平均值更大的情况，所以 \(l=3\) 的情况也是有可能的。

于是乎，我们只需要暴力判断树上长度为 \(2~or~3\) 的链的权值即可。方法有很多种，我的方法是遍历树上的每个点 \(u\)，对于与它相邻的那些点，找出它们中权值的最大值、次大值和最小值、次小值（因为有负数和平方），然后根据式子求出长度为 \(2\) 和长度为 \(3\) 的情况下的最大值并更新答案，时间复杂度 \(O(n)\)。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef SteinsGate0
#include<SteinsGate0.h>
#else
#define dbg(x)
#define look(x,...)
#define pr(x,...)
#define yes
#define no
#define IN    freopen("input.txt","r",stdin)
#define OUT   freopen("output.txt","w",stdout)
#endif
#define ll __int128
#define GET   freopen(".in","w",stdout)
#define ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define mt mt19937 mt_rand(time(0))
#define cx(x) cout << (x) << " "
#define cl cout << endl
#define cxl(x) cout << (x) << endl
#define YES cout << "YES\n"
#define NO cout << "NO\n"
#define fl fflush(stdout)
#define inv(x) qsm(x,mod-2,mod)
#define ceil(x,y) (long long)(((x)+(y)-1)/(y))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
const double PI=acos(-1.0);constexpr double eps=1e-6;constexpr long long inf=LLONG_MAX/10;constexpr int mod=998244353;constexpr int maxn=2e6+6;
long long n,m,k,ans,_=1,a[maxn];
int sgn(double a,double b){ if(abs(a-b)<eps) return 0; return a>b?1:-1; }
long long qsm(long long a,long long b,long long p=inf){ long long ret=1; while(b){ if(b&1) ret*=a,ret%=p; b/=2,a*=a,a%=p; } return ret; }
//bool isp[maxn]; int prime[maxn]; int euler[maxn]; void inip(){ euler[1]=1,isp[1]=true; for(int i=2;i<maxn;i++){ if(!isp[i]){ prime[++prime[0]]=i; euler[i]=i-1; } for(int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<maxn;j++){ isp[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j]==0){ euler[i*prime[j]]=euler[i]*prime[j]; break; } euler[i*prime[j]]=euler[i]*euler[prime[j]]; } } }
//long long fac[maxn],invf[maxn]; void inif(){ fac[0]=fac[1]=invf[0]=invf[1]=1; for(int i=2;i<maxn;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod; invf[maxn-1]=qsm(fac[maxn-1],mod-2,mod); for(int i=maxn-2;i>=1;i--) invf[i]=invf[i+1]*(i+1)%mod; } long long C(long long n,long long m){ return n<m?0:fac[n]*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod; }
struct Edge{ int from,v; }e[maxn<<1]; int ent=0; int head[maxn]; void init(){ ent=0; memset(head,-1,sizeof(head)); } void add(int u,int v){ e[ent].from=head[u]; e[ent].v=v; head[u]=ent++; }
long long t[maxn];
void up(pair<long long,long long>& now,long long x,int flag){
	dbg(x);
	x*=flag;
	if(x>now.second){
		now.second=x;
		if(x>now.first) swap(now.first,now.second);
	}
}
int main(){
	init();
	cin >> n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin >> u >> v;
		add(u,v);	
		add(v,u);
	}
	pair<long long,long long> maxx,minn;
	double ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cnt=0;
		maxx={-inf,-inf},minn={-inf,-inf};
		for(int j=head[i];~j;j=e[j].from){
			cnt++;
			up(maxx,a[e[j].v],1);
			up(minn,a[e[j].v],-1);
		}
		look(maxx.first,maxx.second);
		look(minn.first,minn.second);
		dbg(cnt);
		long long b1=a[i]+maxx.first;
        long long b2=a[i]-minn.first;
        long long b=max(b1*b1,b2*b2);
        ans=max(ans,b/16.0);
		if(cnt>1){
			long long b1=a[i]+maxx.first+maxx.second;
			long long b2=a[i]-minn.first-minn.second;
			long long b=max(b1*b1,b2*b2);
			 ans=max(ans,b/36.0);
		}
	} printf("%.6f",ans);
}

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