题解：P3549 [POI2013] MUL-Multidrink

posted on 2024-12-29 11:48:40 | under | source

机房大佬说这题思路上没有黑题的压迫感。

不妨拎起 \(1\to n\) 的链，链上每个点代表一棵子树。直觉上应该依次将子树遍历完再进行下去，这确实是对的。证明考虑调整法即可，假如我多次遍历该子树，则存在方案一次性遍历完，然后其它的对该子树的遍历就跳过即可。

于是考虑对一棵子树的遍历，同理进入儿子子树就应该遍历完，显然树形 dp，记 \(f_{u,0/1/2/3}\) 表示根进根出、根进儿子出、儿子进根出、儿子进儿子出地遍历完该子树是否可行。注意一个性质：\(f_{u,1/2}\) 实际上是相反的，也就是说一个成立另一个肯定成立，不妨一起记在 \(f_{u,1}\)。

转移大力分讨即可：

1. \(f_{u,0}\)：等价于 \(u\) 无儿子。
2. \(f_{u,1}\)：以儿子进根出为例，发现要么从一个儿子 \(v\) 的 \(f_{v,1}\) 开始、然后将叶子跳完、最后跳到 \(u\)；要么全是叶子跳完后再跳到 \(u\)。也就是等价于 \(\sum\limits_{v\in son(u)} f_{v,0} \ge |son(u)|-1\)，且剩下的那个必须满足 \(f_{v,1}\) 成立。
3. \(f_{u,2}\)：不难发现，优先跳完叶子不劣，所以先将所有叶子跳完。接着，假如一棵儿子子树不剩，就在跳叶子过程中跳到 \(u\) 即可；假如只剩 \(1\) 棵 \(v\) 子树，先跳 \(u\) 再跳 \(f_{v,1}\)（儿子进根出）的方案即可；假如剩 \(2\) 棵子树 \(v_1,v_2\)，则对 \(v_1\) 进行根进儿子出，再跳到 \(u\)，对 \(v_2\) 进行儿子进根出即可。假如剩 \(\ge 3\) 棵子树无解。也就是等价于去掉所有叶子后，儿子子树必须满足 \(f_{v,1}\) 成立，且儿子子树个数 \(\le 2\)。

最后，将链上的子树方案合并起来，肯定从左到右一个个地遍历，记 \(g_{i,0/1}\) 表示遍历完链上前 \(i\) 棵子树、且最终停留在 \(i\) 子树根或儿子上是否可行。转移是容易的，留给读者思考。

输出方案按转移进行即可。复杂度 \(O(n)\)。

代码

依托答辩，难以评价。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 6e5 + 5;
int n, u, v, d[N], dist[N], dn;
bool vis[N], f[N][3], g[N][2]; 
vector<int> to[N], son[N], ans;

inline void init(int u, int from){
	for(auto v : to[u])
		if(v ^ from) init(v, u), vis[u] |= vis[v];
	if(u == n) vis[u] = true;
	if(vis[u]) dist[++dn] = u;
}
inline void dfs(int u){
	vis[u] = true;
	for(auto v : to[u])	
		if(!vis[v]) dfs(v), son[u].push_back(v);
	f[u][0] = son[u].empty();
	
	if(!son[u].empty()){
		f[u][1] = true;
		int cnt = 0;
		for(auto v : son[u])
			if(!f[v][0]){
				if(!f[v][1]) f[u][1] = false;
				else if(++cnt > 1) f[u][1] = false;
			}
	}
	
	if(son[u].size() >= 2){
		f[u][2] = true;
		int cnt = 0;
		for(auto v : son[u])
			if(!f[v][0]){
				if(!f[v][1]) f[u][2] = false;
				else if(++cnt > 2) f[u][2] = false;
			}
	}
}
inline void print(int u, int id){
	//0：叶
	//1：u进v出
	//2: v进u出
	//3：v进v出 
	if(!id) ans.push_back(u);
	if(id == 1){
		ans.push_back(u);
		for(auto v : son[u]) if(!f[v][0]) print(v, 2);
		for(auto v : son[u]) if(f[v][0]) print(v, 0);
	}
	if(id == 2){
		for(auto v : son[u]) if(f[v][0]) print(v, 0);
		for(auto v : son[u]) if(!f[v][0]) print(v, 1);
		ans.push_back(u);
	}
	if(id == 3){
		int fir = 0, sec = 0;
		for(auto v : son[u]) 
			if(!f[v][0]){
				if(!fir) fir = v;
				else sec = v;
			}
		if(!fir){
			for(auto v : son[u])
				if(f[v][0]){
					print(v, 0);
					if(!fir) ans.push_back(u), fir = 1; 
				}
		}
		else{
			for(auto v : son[u]) if(f[v][0]) print(v, 0);
			bool fl = false;
			for(auto v : son[u])
				if(!f[v][0]){
					if(!fl) print(v, 1), ans.push_back(u), fl = true;
					else print(v, 2);
				}
		}
		
	}
}
inline void print2(int i, int id){
	if(i == 1){
		if(!id) print(dist[i], 0);
		else print(dist[i], 1);
		return ;
	}
	if(!id){
		if(g[i - 1][0] && f[dist[i]][0]) print2(i - 1, 0), print(dist[i], 0);
		else if(g[i - 1][0] && f[dist[i]][1]) print2(i - 1, 0), print(dist[i], 2);
		else if(g[i - 1][1] && f[dist[i]][0]) print2(i - 1, 1), print(dist[i], 0);
	}
	else
		if(g[i - 1][0] && f[dist[i]][1]) print2(i - 1, 0), print(dist[i], 1);
		else if(g[i - 1][0] && f[dist[i]][2]) print2(i - 1, 0), print(dist[i], 3);
		else if(g[i - 1][1] && f[dist[i]][1]) print2(i - 1, 1), print(dist[i], 1); 
}
signed main(){
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), to[u].push_back(v), to[v].push_back(u);
	init(1, 0);
	reverse(dist + 1, dist + 1 + dn);
	for(int i = 1; i <= dn; ++i) dfs(dist[i]);
	g[1][0] = f[dist[1]][0], g[1][1] = f[dist[1]][1];
	for(int i = 2; i <= dn; ++i){
		g[i][0] = (g[i - 1][0] & (f[dist[i]][0] | f[dist[i]][1])) | (g[i - 1][1] & f[dist[i]][0]);
		g[i][1] = (g[i - 1][0] & (f[dist[i]][1] | f[dist[i]][2])) | (g[i - 1][1] & f[dist[i]][1]);
	}
	if(!g[dn][0]) puts("BRAK"); 
	else{
		print2(dn, 0);
		for(auto i : ans) printf("%d\n", i);
	}
	return 0;
}