@atcoder - AGC018F@ Two Trees


@description@

给定两棵树 A, B。现你需要构造一组值 (X1, X2, ..., XN)(两棵树编号相同的点对应权值相同),使得两棵树内任意子树的权值和的绝对值为 1。

无解输出 IMPOSSIBLE。

原题链接。

@solution@

由于权值和为 1,可以推算出每个结点的奇偶性。如果两棵树中同一结点权值奇偶性不同则无解。

考虑已知每个结点权值的奇偶性之后是否能够构造出一组解。
既然是构造题,从简原则,猜想偶点总是为 0,奇点总是为 1 或 -1。
手玩一下样例发现是对的。

那么相当于给每个奇点染黑白色,使得每棵子树内黑白点个数相差为 1。

然后就开始玄幻起来了。我们对于每个奇点 i,在两棵树 A, B 的结点 Ai, Bi 之间连一条边。
注意到此时新图中只有两棵树的根度数可能为奇数,所以我们从根出发跑欧拉路径。
如果欧拉路径中 Ai->Bi 则 i 为黑点(-1),否则 i 为白点(1)。

正确性理解起来不难:对于每个连通块(子树),进入连通块的广义 “入度” 与从连通块出的广义 “出度” 是相等的。
而子树向外只有两类边:连向父亲(只有一条);连向另一棵树。也就是连向另一棵树的边(奇点之间的边)入边与出边相差 1,就是我们的构造目标。

@accepted code@

#include <cstdio>

const int MAXN = 200000;
const int MAXM = 8*MAXN;

struct edge{
	int to; bool tag;
	edge *nxt, *rev;
}edges[MAXM + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt = edges;

void addedge(int u, int v) {
	edge *p = (++ecnt), *q = (++ecnt);
	p->to = v, p->tag = false, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
	q->to = u, q->tag = false, q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
	p->rev = q, q->rev = p;
}

int X[MAXN + 5], N;
void dfs(int x) {
	for(;adj[x];) {
		edge *p = adj[x]; adj[x] = adj[x]->nxt;
		if( p->tag ) continue;
		p->tag = p->rev->tag = true;
		dfs(p->to);
		if( x - p->to == -N ) X[x] = -1;
		else if( x - p->to == N ) X[p->to] = 1;
	}
}

int cnt[2][MAXN + 5];
int main() {
	scanf("%d", &N);
	int rt1;
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		int x; scanf("%d", &x);
		if( x != -1 ) {
			addedge(x, i);
			cnt[0][x]++;
		}
		else rt1 = i;
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		int x; scanf("%d", &x);
		if( x != -1 ) {
			addedge(x + N, i + N);
			cnt[1][x]++;
		} 
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) {
		if( (cnt[0][i] - cnt[1][i]) & 1 ) {
			puts("IMPOSSIBLE");
			return 0;
		}
		if( !(cnt[0][i] & 1) )
			addedge(i, N + i);
	}
	dfs(rt1);
	puts("POSSIBLE");
	for(int i=1;i<=N;i++)
		printf("%d%c", X[i], (i == N ? '\n' : ' '));
}

@details@

仿佛发现了比网络流建模更难的东西.jpg。
不愧是 AGC,轻易就出了一道人类智慧题。

有一个小细节:整棵树作为一棵子树,是没有向上连向父亲的边的。所以证明时还要特殊讨论一下(不过总之证得出来)。

posted @ 2020-01-26 18:27  Tiw_Air_OAO  阅读(81)  评论(0编辑  收藏