CF2257C Spying on the Beaver

CF2257C Spying on the Beaver

树上深搜肯定是要用的，常见套路是以 \(u\) 为子树考虑问题。

很容易想到以 \(u\) 是不是标记点来分类。手玩后发现，假如有 \(cnt\) 个 \(v\) 是标记点的话：

第一，如果 \(u\) 是标记点，则要对答案的贡献是 \(cnt\)。

第二，如果 \(u\) 不是标记点，则对答案的贡献是 \(cnt - 1\)。

本来以为到这里就做完了，结果发现处理不了多个子树内只有一个标记点的情况。然后就被卡住了，看了别人的题解，发现只需要把 \(g[i]\) 的定义从 \(i\) 是不是标记点改为以 \(i\) 为根的子树内有无标记点，然后自下而上的时候更新一下就能解决这个问题了。

可以理解为：单标记点早检测晚检测都是一样的，所以在父亲处选边检测也是对的。因此向上传递做集中处理。而如果到最后它都是一个单标记点的话，那就不需要检测了。

时间复杂度 \(O(TN)\)。

可以总结成一个贡献延后计算的小技巧积累~

#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 = 2e5;
struct node{
	int v, ne;
}e[N << 1];
int first[N];
int n, m, T, ans, idx; 
int g[N], an[N];
void add(int u, int v){
	e[++ idx] = (node){v, first[u]};
	first[u] = idx;
}
void dfs(int u, int fa){
	int st = 0;
	for(int i = first[u]; i; i = e[i].ne){
		int v = e[i].v;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u);
		if(g[v] == 1){			
			st = 1;
			++ ans;
			an[ans] = v;
		}
	}
	if(st == 1){
		if(g[u] == 0) -- ans;
		g[u] = 1;
	}
}
void Main(){
	ans = idx = 0;
	cin >> n;
	F(i, 1, n){
		first[i] = g[i] = 0;
	}
	F(i, 2, n){
		int pa;
		cin >> pa;
		add(i, pa);
		add(pa, i);
	}
	cin >> m;
	F(i, 1, m){
		int u;
		cin >> u;
		g[u] = 1;
	}
	dfs(1, 0);
	cout << ans << ' ';
	F(i, 1, ans) cout << an[i] << ' ';
	cout << '\n';
	return ; 
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> T;
	while(T --) Main();
	return fflush(0), 0;
}