Denso Create Programming Contest 2022(AtCoder Beginner Contest 239) E~F 题

E - Subtree K-th Max

• 题意：给定一个以 \(1\) 为根的树，节点个数为 \(n(\le 1e5)\)，每个点都有自己的点权。需要回答 \(m(\le1e5)\) 次询问。每次询问给出两个数字 \(V,K\)，输出节点 \(V\) 的子树中第 \(K(\le20)\) 大的值。保证询问中的子树节点个数大于 \(K\)。

• 观察数据范围发现 \(K\) 最大为 20，所以 DFS 统计子树中前20大的值即可

  参考文章：浅谈 DFS 序

• 拓展：如果没有 \(K\le20\) 的话就得考虑 DFS + 主席树来做了

PS： 子树问题可以用DFS转换成序列上的问题

AC Code

int n, q;
void solve() {
    cin >> n >> q;
    vector<vector<int>> X(n + 1, vector<int>(20));
    for (int i = 1; i <= n; i += 1) cin >> X[i][0];
    vector<vector<int>> G(n + 1);
    for (int i = 1, a, b; i < n; i += 1) {
        cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
    vector<int> tmp(40);
    function<void(int, int)> DFS = [&](int u, int par) {
        for (int v : G[u]) if (v != par) {
                DFS(v, u);
                merge(X[u].begin(), X[u].end(), X[v].begin(), X[v].end(), tmp.begin(), greater<int>());
                for (int i = 0; i < 20; i += 1) X[u][i] = tmp[i];
            }
    };
    DFS(1, 0);
    for (int i = 0, V, K; i < q; i += 1) {
        cin >> V >> K;
        cout << X[V][K - 1] << "\n";
    }
}

F - Construct Highway

• 题意：有 \(n(≤1e5)\)个点，你需要构造出一颗数，满足每个点的度数都为 \(d[i]\)（\(d[i]\) 为题目给定的)。并目题目 已经给了 \(m(m<n-1)\) 条边。

思路参考 （知乎—严格鸽）

考虑一下贪心，我们先找到一个度数剩余为1的点 \(u\) ，再去找到一个度数剩余大于等于 \(2\) 的点 \(v\) ，满足两点之间是不联通的。那我们就连一条边给 \((u,v)\).

但是怎么做呢？

我们可以按照题目给定的边来构造联通块，对于 \((u,v)\) 我们保证两个点来自不同的连通块。

以下度数为剩余的度数

所以我们需要维护联通块总的度数，并将联通块分为度数等于 \(1\)，和度数大于等于 \(2\) 两种。前者为\(C1\)，后者为 \(C2\) 通过枚举 \(C2\) 中的联通块 \(vec\) ,将 \(vec\) 中的点与 \(C1\) 中的点连边，注意，最后 \(vec\) 中应该剩下一个点，而这个点就可以代表整个联通块 \(vec\) ,其度数为 \(1\) ，我们将其加入到 \(C1\) 中。

可以得到，\(vec\) 与 \(C1\) 中的点一定是不连通的。

这样的我们就可以构造出一颗树了，当然需要一些特判，具体我写到代码的注释里了。

int d[MAXN];
vector<int>g[MAXN];
int n, m, u, v;
void slove() {
	cin >> n >> m;
	int sum = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) { cin >> d[i]; sum += d[i]; }
	if (sum != 2 * (n - 1))NO;//树的总度数为2*(n - 1)
	UF uf = UF(n);
	while (m--) {
		cin >> u >> v;
		d[u]--, d[v]--;
		uf.Union(u, v);
		if (d[u] < 0 || d[v] < 0)NO;//度数不能小于0
	}
	//处理联通块
	for (int u = 1; u <= n; u++) {
		while (d[u]--) {
			//这里我们这样可以方便的搞出联通块的最后一个点
			g[uf.findFather(u)].push_back(u);
		}
	}
	//度数为1     度数为2
	vector<int>c1; vector<vector<int>>c2;
	for (int u = 1; u <= n; u++) {
		if (g[u].size()) {
			if (g[u].size() == 1)c1.push_back(g[u][0]);
			else c2.push_back(g[u]);
		}
	}
	vector<pair<int, int>>ans;
	for (auto &vec : c2) {
		int last = vec.back(); vec.pop_back();//剩下一个点
		for (int u : vec) {
			if (c1.size() == 0)NO;//如果c1没有了
			int v = c1.back(); c1.pop_back();
			ans.push_back({ u,v });
			uf.Union(u, v);
		}
		c1.push_back(last);
	}
	//最后c1还是被push了，所以最后c1的个数一定要为2,如果个数大于2的话，不可能联通
	if (c1.size() != 2)NO;
	u = c1[0], v = c1[1];
	ans.push_back({ u,v });
	uf.Union(u, v);
	if (uf.count == 1)
		for (auto x : ans)cout << x.first << " " << x.second << endl;
	else NO;
}