CF2071C Trapmigiano Reggiano

给定一棵 \(n\) 个节点的树，起点 \(st\) 和终点 \(en\)。要求一个排列 \(p_i\)，使得从 \(st\) 出发，第 \(i\) 步向 \(p_i\) 方向走一步（顺着当前位置 \(u\) 到 \(p_i\) 的简单路径走一步，\(u=p_i\) 时不移动），\(n\) 步后能恰好走到 \(en\)。中途可以经过 \(en\)。

从 \(st\) 出发的做法不好实现，以 \(en\) 为根考虑。具体做法是，以 \(en\) 为根 dfs 统计各个节点的深度，把 \(n\) 个节点按照深度从大到小输出即可（同一层顺序随意）。这是基于一个归纳：

• 如果深度 \(>k\) 的节点都被操作完了，则当前位置 \(u\) 的深度一定 \(\le k+1\)（假设）；
• 现在选取一个深度为 \(k\)（深度最大）的节点 \(p_i\)，向它走一步。
  • 如果 \(u=p_i\)，则不动，深度为 \(k\)；
  • 如果 \(u\) 是 \(p_i\) 的祖先，向下走一步，深度 \(\le k\)；
  • 否则 \(u\) 向上走一步，深度 \(\le k\)。

所以操作完深度为 \(k\) 的所有节点后，\(u\) 深度 \(\le k\)。操作完深度为 \(1\) 的节点后，\(u\) 的深度为 \(1\)，到达 \(en\)。这也说明了一定有解，不会输出 -1。

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

const int N = 1e5 + 5;
int n, st, en, dep[N];
vector<int> e[N], dis[N];

void dfs(int u, int fa) {
    dep[u] = dep[fa] + 1;
    dis[dep[u]].push_back(u);
    for (int v : e[u]) {
        if (v != fa) dfs(v, u);
    }
}

void solve() {
    scanf("%d%d%d", &n, &st, &en);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v;
        scanf("%d%d", &u, &v);
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    dfs(en, 0);
    for (int i = n; i; i--) {
        for (int j : dis[i]) {
            printf("%d ", j);
        }
    }
    putchar('\n');
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        e[i].clear();
        dis[i].clear();
    }
}