【题解】P4228 [清华集训2017] 榕树之心

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题意

给定一棵有根树，初始时核心在 $1$ 处，$1$ 为标记点。每次操作选择一个标记点的邻接点，将其标记，将核心往该点的方向移动一步。求 $n-1$ 次操作后，核心是否可能落在 $i$ 上。$n\le 10^5$。

题解

观察发现，一些子树内部可以两两抵消。即操作若干次后会回到根节点。当核心在 $i$ 上，两个节点分属于点 $i$ 的不同子树时，选择这两个节点后，核心会回到 $i$。

考虑子任务 3，即只求根节点的答案。

设 $f_i$ 表示仅考虑 $i$ 的子树，操作完子树后，核心离 $i$ 的最近距离。

对于点 $i$，仅考虑其子树，最优策略是用剩下的子树与重儿子两两配对消除。若不能完全消除，其正确性显然。若可以完全消除，有最优策略：每次将重儿子中的点与其它子树中深度最大的点配对，剩下的点两两配对。这样 $f_i$ 不超过 $1$。

设点 $i$ 的重儿子为 $s$，点 $i$ 的子树大小为 $s{z}_i$。

考虑转移：

• 若重儿子可以被完全消除，即 $f_s+1\le s{z}_i-s{z}_s-1$，此时核心离 $i$ 的距离为 $f_i+1$，剩下的子树有 $s{z}_i-s{z}_s-1$ 个点，有 $f_i=(s{z}_i-1)\mathrm{mod}2$。
• 若重儿子不能被完全消除，有 $f_i=f_s+1-(s{z}_i-s{z}_s-1)$。

此时得到了根节点的答案。

接下来考虑换根 dp。

从根节点到点 $i$ 的路径上的点看作已经选过了，直接无视。仅需要考虑它们的子树的影响。

对于路径上的节点，将它们的子树当作 $i$ 的子树考虑。于是在换根的过程中，只需要多记录一下路径上的重儿子即可。

但是，当路径上的点同时又是重儿子时，会发生冲突。选次重即可。

考虑正确性。当我们将这些点两两配对的时候，假设它们是 $(u,v)$ 且 $de{p}_u<de{p}_v$，那么在路径跑到 $v$ 的父亲处执行这对操作可以抵消。

实现

注意算答案时的重儿子与向下换根的重儿子是有一点不一样的。

#include 
using namespace std;
const int N = 100005;
int type, T, n, cnt = 0, fir[N], nxt[N << 1], to[N << 1], fa[N], f[N], s1[N], s2[N], sz[N], ans[N];
template<typename Ty> void read(Ty &x) {
	int c = getchar(), f = 1;
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
	for (x = 0; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
	x *= f;
}
void ade(int u, int v) {
	cnt++, nxt[cnt] = fir[u], fir[u] = cnt, to[cnt] = v;
	cnt++, nxt[cnt] = fir[v], fir[v] = cnt, to[cnt] = u;
}
void dfs1(int r) {
	sz[r] = 1;
	for (int i = fir[r]; i; i = nxt[i])
		if (to[i] != fa[r]) {
			fa[to[i]] = r, dfs1(to[i]), sz[r] += sz[to[i]];
			if (sz[to[i]] >= sz[s1[r]]) s2[r] = s1[r], s1[r] = to[i];
			else if (sz[to[i]] > sz[s2[r]]) s2[r] = to[i];
		}
	if (sz[r] == 1) f[r] = 0;
	else if (f[s1[r]] + 1 <= sz[r] - sz[s1[r]] - 1) f[r] = (sz[r] - 1) & 1;
	else f[r] = f[s1[r]] + 1 - (sz[r] - sz[s1[r]] - 1);
}
int szmx(int x, int y) { return sz[x] > sz[y] ? x : y; }
void dfs2(int r, int mx, int sum) {//mx为路径上的最重儿子，sum表示路径上的子树总和
	if (r != 1) {
		int siz = sz[r] + sum, tmp = szmx(mx, s1[r]);//这里一定要再开一个变量tmp，否则可能会和下面的路径最重儿子mx冲突
		if (f[tmp] + 1 <= siz - sz[tmp] - 1) ans[r] = (siz - 1) & 1;
		else ans[r] = f[tmp] + 1 - (siz - sz[tmp] - 1);
	}
	for (int i = fir[r], v; i; i = nxt[i])
		if (to[i] != fa[r]) {
			if (to[i] == s1[r]) v = s2[r];
			else v = s1[r];
			dfs2(to[i], szmx(mx, v), sum + sz[r] - sz[to[i]] - 1);
		}
}
int main() {
	read(type), read(T);
	while (T--) {
		memset(fir, 0, sizeof(fir)), memset(nxt, 0, sizeof(nxt)), cnt = 0, memset(s1, 0, sizeof(s1)), memset(s2, 0, sizeof(s2));
		read(n);
		for (int i = 1, u, v; i < n; i++) read(u), read(v), ade(u, v);
		dfs1(1), ans[1] = f[1];
		if (type == 3) { printf("%d\n", ans[1] == 0); continue; }
		dfs2(1, 0, 0);
		for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d", ans[i] == 0);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}
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启示

• 像这样奇怪的树上移动问题，有可能跟重儿子相关，可以考虑将重儿子与其它子树做区分
• 树上的移动问题，可以考虑换根 dp，要看到换根前后问题的统一性，考虑用同样的思路解决问题