「AGC034E」 Complete Compress

显然可以枚举根。

然后把某两棵棋子同时往深度浅的方向提,即对不存在祖先关系的两个棋子进行操作。

如果能到达那么就更新答案。

问题转化为如何判定能够到达。

考虑对于某一个节点,合法的条件是什么。

设 \(f_u\) 为以 \(u\) 为根的子树中的棋子还需要移动多少步,容易发现对于节点 \(u\) 的所有孩子 \(v\),若存在一个 \(x\) 有 \(f_x>(\sum f_v)-f_x\),那么 \(f_x\) 一定不能移动完。

然后根据这个东西随便 \(\texttt{DP}\) 转移一下就行。

似乎存在更优秀的做法。

/*---Author:HenryHuang---*/
/*---Never Settle---*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
char s[maxn];
int w[maxn],dep[maxn];
int f[maxn],siz[maxn];
vector<int> e[maxn];
void dfs(int u,int fa){
dep[u]=dep[fa]+1;dep[u]=f[u]=0,siz[u]=w[u];
int son=0;
for(auto v:e[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
siz[u]+=siz[v];dep[u]+=dep[v];
if(f[v]>f[son]) son=v;
}
f[u]=(f[son]<=dep[u]-dep[son]?dep[u]&1:f[son]-(dep[u]-dep[son]));
dep[u]+=siz[u],f[u]+=siz[u];
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
int n;cin>>n;
cin>>(s+1);
for(int i=1;i<=n;++i) w[i]=s[i]-'0';
for(int i=1;i<n;++i){
int a,b;cin>>a>>b;
e[a].emplace_back(b);
e[b].emplace_back(a);
}
int ans=998244353;
for(int i=1;i<=n;++i){
dep[0]=-1;
dfs(i,0);
if(f[i]==siz[i]) ans=min(ans,(dep[i]-siz[i])/2);
}
if(ans==998244353) cout<<-1<<'\n';
else cout<<ans<<'\n';
return 0;
}

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