题解：Trapmigiano Reggiano

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题意分析

记起点为 \(s\)，终点为 \(t\)。

原树没有根，考虑人为设定一个根。不妨以 \(t\) 为根节点。

那么求排列等价于求一种移动顺序，使得老鼠最后停留在根节点。

移动可以分两种：向上和向下。显然向上是更优的。

设老鼠当前位于节点 \(p\)，如果在 \(x\) 处生成一个奶酪：

• 若 \(x\) 是 \(p\) 的祖先节点，则这是优的。
• 若 \(x\) 是 \(p\) 的子树内节点，则这是劣的。
• 否则 \(x\) 仍然是优的，因为 \(p\) 会走向 \(\operatorname{lca}(x,p)\)，会向上。

考虑先将子树内的走完，因此可以贪心：先走深度大的节点。

DFS 一遍，按照深度分类后从大到小输出即可。（BFS 也许可以更好求解，但是没必要。）

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1e5;
int n,s,t,depth[N+1];
vector<int>g[N+1],node[N+1];
void dfs(int x,int fx){
	depth[x]=depth[fx]+1;
	node[depth[x]].push_back(x);
	for(int i:g[x]){
		if(i==fx){
			continue;
		}
		dfs(i,x);
	}
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			g[i].resize(0);
			node[i].resize(0);
		}
		cin>>n>>s>>t;
		for(int i=1;i<n;i++){
			int u,v;
			cin>>u>>v;
			g[u].push_back(v);
			g[v].push_back(u);
		}
		dfs(t,0);
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j:node[i]){
				cout<<j<<' ';
			}
		}
		cout<<'\n';
	}
	
	cout.flush();
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}