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题目大意：给出一棵 n 个点组成的树，每条边上都有边权，现在可以进行数次操作，每次操作可以选择一条路径，使得路径上的权值减一，问最少需要进行多少次操作才能使得所有的边权变为 0 ，输出这个操作次数，再给出 m 次询问，每次询问会修改一条边权，每次需要回答修改边权后的答案
题目分析：读完题的第一感觉是树形dp然后用树剖+线段树优化，事实证明确实可以写，但我不会写
讲一下官方题解的做法吧，非常需要思维，首先需要将边权转换为点权，对于每次操作选取一条路径然后将其路径上的边权减一，对应过来就是将两个端点遍历一次，这样问题就转换为了，将所有边权变为 0 时，令每个端点被访问的次数之和最小
对于每个点计算贡献，就会发现有两种情况：假设 mmax 为与当前点相连的所有边中，权值最大的边权，sum 为与当前点相连的所有边权之和
mmax <= ( sum - mmax )：此时肯定有一种匹配方法使得边权两两互相匹配，换句话说，当前点不需要作为端点与其他端点形成路径，只需要作为中间点被经过就好，这样的贡献就是 sum%2 ，因为如果 sum 为奇数的话，会有一条边权失配，那么只能由该点作为端点一次mmax > ( sum - mmax )：此时如果其余所有的边都与 mmax 匹配的话，最终还是会剩下 mmax - ( sum - mmax ) 的边权失配，那么需要当前点作为端点这么多次才行
对于每次修改，只需要维护一个 multiset 实时计算贡献就好了
最后的答案记得除以 2 ，因为当边权映射给点权后，是一条边权对应着两个端点，我们维护的 ans 是最少点的贡献，转换为边的贡献当然应该除以 2 了
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;multiset<int>st[N];LL sum[N];int x[N],y[N],w[N];void del(int p)
{int x=::x[p],y=::y[p],w=::w[p];st[x].erase(st[x].find(w));st[y].erase(st[y].find(w));sum[x]-=w;sum[y]-=w;
}void add(int p)
{int x=::x[p],y=::y[p],w=::w[p];st[x].insert(w);st[y].insert(w);sum[x]+=w;sum[y]+=w;
}LL cal(int p)
{int mmax=*st[p].rbegin();if(mmax*2>sum[p])return mmax*2-sum[p];elsereturn sum[p]&1;
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d%d",x+i,y+i,w+i);add(i);}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans+=cal(i);printf("%lld\n",ans/2);while(m--){int pos,val;scanf("%d%d",&pos,&val);ans-=cal(x[pos])+cal(y[pos]);del(pos);w[pos]=val;add(pos);ans+=cal(x[pos])+cal(y[pos]);printf("%lld\n",ans/2);}return 0;
}
总结
以上是生活随笔为你收集整理的牛客多校10 - Decrement on the Tree(边权转点权+思维)的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。
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