CF1338D Nested Rubber Bands

CF1338D Nested Rubber Bands

玩了一下样例，以为是最大独立集板子，交了一发第 \(4\) 个点就错了（笑）

仔细钻研了一下错的数据，发现一个点如果在 \(3\) 个子树内都有选点就会出错。

再钻研一下发现不对，菊花图显然不满足这个判断。为什么菊花图有问题呢？发现原来菊花图属于当前点 \(u\) 不选但所有 \(v\) 能选上的情况。那再试着推广一下这个情况。

于是接着发现一个性质：在一棵一般的树中，对于一个 \(u\)，如果 \(u\) 不选，并且选了 \(3\) 个以上的直接连点比如 \(x, y, z\)，那么 \(x, y, z\) 所在的子树中就 不可能再选别的点了（画一画图就知道一定会和 \(u\) 交叉）

所以进一步总结：问题转化为选一条链和所有与连直接相连的点，求这个子集的最大独立集。

所以本题是一道最大独立集的变式，肯定还是考虑树形 DP。

由上述分析可知，状态定义的关键就在于当前点 \(u\) 在不在序列里面，这和最大独立集类似。

对于一个点 \(i\)，我们用 \(f_{i, 0}\) 表示在以 \(i\) 为根的子树中，\(i\) 作为链的一端，并且 \(i\) 不在序列中，序列的最大长度。\(f_{i, 1}\) 就是 \(i\) 在序列中的情况。

转移：

\[ f_{v, 1} + d_u - 2 \to f_{u, 0} \\ f_{v, 0} + d_u - 2 \to f_{u, 0} \\ f_{v, 0} + 1 \to f_{u, 1} \\ \]

\(d_u - 2\) 可以理解成针对局部是菊花图的情况。（或者说其实就是考虑和链直接相连的点的贡献）

边转移边更新：（人话就是把两条链拼起来，注意此时 \(f_{u}\) 都是用 \(f_{v}\) 转移之前的状态）

\[ f_{u, 0} + f_{v, 0} \to ans \\ f_{u, 0} + f_{v, 1} \to ans \\ f_{u, 1} + f_{v, 0} \to ans \\ \]

最后再更新：

\[ f_{u, 1} \to ans \]

时间复杂度 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>

#define F(i,l,r) for(int i(l); i <= (r); ++ i)

#define G(i,r,l) for(int i(r); i >= (l); -- i)

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 1e5 * 2;

vector<int> G[N];

int f[N][5];

int n, ans = 0;

void dfs(int u, int fa){

	int d = G[u].size() - 2;

	f[u][1] = 1;

	f[u][0] = d;

	for(auto v : G[u]){

		if(v == fa) continue;

		dfs(v, u);

		ans = max(ans, f[u][0] + f[v][0]);

		ans = max(ans, f[u][0] + f[v][1]);

		ans = max(ans, f[u][1] + f[v][0]);

		f[u][0] = max(f[u][0], max(f[v][1] + d, f[v][0] + d));

		f[u][1] = max(f[u][1], f[v][0] + 1);

	}

	ans = max(ans, f[u][1]);

}

signed main(){

	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);

	cin >> n;

	F(i, 1, n - 1){

		int u, v;

		cin >> u >> v;

		G[u].push_back(v);

		G[v].push_back(u);

	}

	dfs(1, 0);

	cout << ans << '\n';

	return fflush(0), 0;

}