codeforces 1452 G. Game On Tree

2020到2021的跨年之作，2021年的第一篇，也是我的第一篇 😄

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题目大意：Alice和Bob在一棵结点数为N的树上玩游戏。Bob在K个固定的结点上摆放了棋子，Alice可以选择在某个结点上摆放一个棋子。他们轮流移动棋子，每轮的规则如下：

1. Alice either moves her chip to an adjacent vertex or doesn't move it;
2. for each Bob's chip, he either moves it to an adjacent vertex or doesn't move it. Note that this choice is done independently for each chip.

当Alice的棋子与Bob的一个或多个棋子处于同一位置，游戏结束。Alice希望游戏进行尽量多的轮数，Bob则相反。他们分别按最佳方案移动。输出N个整数，第n个数表示若Alice在游戏开始前将棋子放在结点n，游戏将进行多少轮。

官方题解

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我们定义\(d(x,y)\)为x结点到y结点的距离。很显然，在Alice规划逃跑路径的过程中，知道Bob的追兵到达某个结点最少要花多久是很有帮助的。定义\(dis_x\)为x结点到距离最近的Bob的棋子的距离。一次多源最短路就可以处理出dis数组，由于所有边的长度相同，bfs就可以了。
考虑Alice的最佳策略是什么。设Alice的最初位置为a，若\(dis_a=\max dis\)，待在a不动就是最好的选择了。然后我们通过大胆猜想不加证明把这种策略推广到一般情形：游戏一开始就赶往能够到达的dis值最大的地方，然后保持不动到游戏结束。
所以，为了得到答案，我们需要计算出从每个结点出发，能够到达的最大dis值。下面是一些有用的性质。

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“从x出发可以到达y”有一个比较明显的充分必要条件：\(d(x,p)<dis_p\)对从x到y的路径上的每一个结点p都成立，也就是说，Alice不会在赶往y结点的路上被Bob拦住。进一步的观察可以发现，若\(d(x,y)<dis_y\)，则\(d(x,p)<dis_p\)对于路径上的每个点p都必定成立。这样，要判断能否从x出发到达y，只要判断\(d(x,y)<dis_y\)是否成立就可以了。

另一个重要的观察是，\(dis\)在树上是连续变化的，i.e.，若\(p\),\(q\)之间有边相连，则\(|dis_p-dis_q|\leq 1\)。
结合我们的上一个结论可知：若从x出发可以到达y，则对\(\forall t \in (0,dis_y)\),存在途中的某点p使得\(dis_p=t\)。这个性质允许我们用二分查找确定可以到达的最大dis值。

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二分查找是个不错的想法，直觉告诉我们，这应当是正解了。但怎么快速实现呢？
官方题解中用点分治实现快速查询，根据实现思路，时间复杂度为\(O(nlog^2n)\)或\(O(nlogn)\)，欲知详情请自行查看。我有个另外的做法：整体二分+虚树DP
整体二分不难理解，关键是如何快速判断某个答案是否可行。假设当前需要判断一堆结点是否可以到达dis值为mid的结点。由于虚树保存了结点间的距离信息，我们可以把所有需要查询的结点和所有\(dis=mid\)的结点建成一棵虚树，然后再树上dp求得所需信息（最短路也可以代替dp，而且不知道为什么甚至比dp还快qaq）。
我的整体二分方法时间复杂度同样是\(O(nlog^2n)\)或\(O(nlogn)\)。想要达到较优的复杂度，需要使用\(O(1)\)的LCA算法，并且注意预先按照dfs序排序，之后按类似归并的方法合并，以免排序拖累建树的时间复杂度。还是\(O(nlog^2n)\)的实现更方便一些呀。。。

这是我的提交记录：https://codeforces.com/contest/1452/submission/102705079
\(O(nlog^2n)\)，用时有点悬 XD