CodeForces 29D Ant on the Tree
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题意见洛谷里的翻译。
这题有\(3\)种解法，但只有\(1\)种是正解（这不是废话嘛）。
方法\(1\)：最近公共祖先LCA（正解）
真的把它当作一棵树来做。使用父亲表示法，记录每个节点的父亲。可是输入中只能告诉你谁和谁连，并没有说谁是谁的父亲，这该怎么办呢？其实很简单，只需要通过根是\(1\)这个信息，先把\(1\)的父亲设成自己，把所有\(1\)的邻居\(i\)的父亲都设成\(1\)，然后再对\(i\)进行如下操作：把所有\(i\)的“还没有父亲”的邻居\(j\)的父亲都设成\(i\)，然后对\(j\)进行如下操作：把所有\(j\)的“还没有父亲”的邻居\(k\)的父亲都设成\(j\)，然后对\(k\)进行如下操作……这样就做出来一棵树。我们还需要一个二维bool数组，在\(\operatorname{O}\left(n^2\right)\)时间内预处理出对于任意一对节点与叶子节点（也就是说第一维是任意节点，第二维是叶子节点）\((x,y)\)，\(x\)是不是\(y\)的祖先。设叶子节点集合为\(l\)，然后从\(1\)走到\(l_1\)、从\(l_1\)走到\(l_2\)、……、从\(l_{n-1}\)走到\(l_n\)、从\(l_n\)走到\(1\)。对于每一次走，从起点一直向上走，一直走到是终点的祖先为止（相当于走到原起点和终点的最近公共祖先（LCA）），再向下走到终点，把经过的点都压入答案序列。最后如果答案序列的大小不是\(2n-1\)就输出\(-1\)，否则输出答案就可以了。
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> nei[301]/*邻接表*/,ans/*答案序列*/;
int f[301];//父亲
bool ance[301][301];//[1]是否是[2]的祖先
void mktre(int x){//对x进行如下操作：
for(int i=0;i<nei[x].size();i++)//将所有x的
if(!f[nei[x][i]])/*“孤儿”邻居*/f[nei[x][i]]=x/*收养*/,mktre(nei[x][i])/*并对它进行如下操作……*/;
}
void go(int st,int ed){//从st走到ed
while(!ance[st][ed])st=f[st],ans.push_back(st);//往上走到是ed的祖先为止
vector<int> rev;
while(st!=ed)rev.push_back(ed),ed=f[ed];//本应向下走，但用的是父亲表示法，只能向上走
for(int i=rev.size()-1;i>=0;i--)ans.push_back(rev[i]);//倒过来压入答案序列
}
int main(){
int n/*节点数*/,i;scanf("%d",&n);
for(i=1;i<n;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
nei[x].push_back(y);nei[y].push_back(x);
}
f[1]=1;/*1的父亲是自己*/mktre(1);//先对1进行操作
int x=1,y;ance[1][1]=true;
ans.push_back(1);//因为1没有机会压入答案序列，只好特殊招待
while(~scanf("%d",&y)){
int z=y;while(z!=1)ance[z][y]=true,z=f[z];ance[1][y]=true;//预处理ance
go(x,y);x=y;//从l[i]走到l[i+1]
}
go(x,1);
if(ans.size()>(n<<1)-1)return !printf("-1");//大小不是2n-1
for(i=0;i<ans.size();i++)printf("%d ",ans[i]);//输出答案
return 0;
}
这种方法的时间复杂度是\(\mathrm{O}\left(n^2\right)\)。因为做树的时间是边数，\(\mathrm{O}(n)\)；走一次的时间是\(\mathrm{O}(n)\)，走\(n\)次\(\mathrm{O}\left(n^2\right)\)。对于\(300\)的水数据，简直再容易不过了！
方法\(2\)：暴搜
不把这张图当作树来看，而当作图。走的时候，从起点毫无方向感地搜遍全图直到搜到终点为止。走的函数里要再加一个参数，表示走过来的节点，避免再回去，造成死循环。
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> nei[301]/*邻接表*/,ans/*答案序列*/;
bool dfs(int st/*起点*/,int ed/*终点*/,int prv/*走过来的，避免死循环*/){//暴搜
if(st==ed)return true;//到达了，带回这个喜讯
for(int i=0;i<nei[st].size();i++)//枚举邻居
if(nei[st][i]!=prv&&dfs(nei[st][i],ed,st)){//如果不是走过来的，那看看能不能搜到终点
ans.push_back(nei[st][i]);//此时已经搜到了，压入答案序列
return true;//搜到了，返回
}
return false;//没搜到
}
int main(){
int i,n/*节点数*/;scanf("%d",&n);
for(i=1;i<n;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
nei[x].push_back(y);nei[y].push_back(x);
}
int x=1,y;
while(~scanf("%d",&y))dfs(y,x,0),x=y;//从l[i]开始暴搜l[i+1]，因为dfs中是回溯时压入答案序列的，是反的，所以起点和终点也要反过来，反反得正
dfs(1,x,0);
ans.push_back(1);//因为1没有机会压入答案序列，只好特殊招待
if(ans.size()>(n<<1)-1)return !printf("-1");
for(i=0;i<ans.size();i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
暴搜中枚举邻居，每个邻居都可能将整个图遍历一遍，\(\mathrm{O}\left(n^2\right)\)，最多有\(n\)次暴搜，所以整个时间复杂度是\(
\mathrm{O}\left(n^3\right)\)。这时间复杂度是在欺负出题人的数据范围吗？
方法\(3\)：Floyd指路
聪明的读者也许一定没想到，这题还可以用Floyd吧！先用Floyd算出任意两点的最短路（邻居距离为\(1\)），然后在走的时候，就有方向、不盲目、不彷徨、自信了，很显然，走能够缩短与终点的距离的邻居呗！在这里，Floyd起到了指路的作用。
下面是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f//设成INT_MAX相加时会爆int
int dis[301][301]/*最短距离*/,n/*节点数*/;
vector<int> ans;//答案序列
void go(int st,int ed){//从st走到ed
if(st==ed)return;//到达，返回
for(int i=1;/*一定有能走的点，所以不需要终止条件*/;i++)//枚举每个点
if(dis[st][i]==1/*是邻居*/&&dis[i][ed]<dis[st][ed]/*能缩短距离*/){//走
ans.push_back(i);//压入答案序列
go(i,ed);//走一步
return;//能走的点只有一个，找到了就算成功了，不再找了
}
}
int main(){
int i,j;scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)dis[i][j]=i==j?0:inf;//初始化dis
for(i=1;i<n;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
dis[x][y]=dis[y][x]=1;//邻居的距离为1
}
//Floyd
for(int k=1;k<=n;k++)for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=n;j++)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
// for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++)printf("dis[%d][%d]=%d\t",i,j,dis[i][j]);puts("");}
int x=1,y;
ans.push_back(1);//因为1没有机会压入答案序列，只好特殊招待
while(~scanf("%d",&y))go(x,y),x=y;//从l[i]走到l[i+1]
go(x,1);
if(ans.size()>(n<<1)-1)return !printf("-1");
for(i=0;i<ans.size();i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
虽然有方向了，但也要为此付出代价——奇慢无比的Floyd。所以时间复杂度还是\(\mathrm{O}\left(n^3\right)\)。题目被虐了，出题人好可怜
