TopCoder[TCO2016 Round 1A]:EllysTree(1000)
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题意:给定一棵有根数,标号为0~n,你可以从根(0号点)开始,在这棵树上跳。你只能在子孙与祖先跳跃。要求跳跃n次后访问每个点各一次,并使访问序列字典序最小。
题解:
首先想到的是如何构造出一个可行的方案。我们把跳跃分为向上跳(深度减少)和向下跳 (深度增加)两种。显然,叶节点只可以通过向下跳来访问,访问后也只能向上跳。对于一个非根的非叶节点,其叶节点一定会被访问,我们可以使所有的非根的非叶节点都通过向上跳来访问。
这样,构造一个可行序列的方法就是:先从根跳到一个叶节点上,在逐渐向上跳,直到跳到一个子树没有都被访问的节点。然后再跳到其子树上的一个未被访问的叶节点(一定存在),重复操作。
这样的过程可以看做是用非叶节点去消掉其下方的叶节点,可以用DP处理。
因为答案要求字典序最小,我们可以每次枚举跳到哪个点上,再DP验证之后是否存在可行方案。注意DP时应忽略被访问过的点,对于当前位于的点要特殊考虑。
步数复杂度为n,枚举复杂度为n,DP复杂度为n,总复杂度O(n^3)。
代码:
int a[],b[],c[],dp[],v[],dp2[],dep[],siz[],now,n;
void qq(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+;
for(int i=c[x];i;i=b[i])qq(i,x);
}
bool gcd(int x,int y)
{
if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
while(dep[x]<dep[y])y=a[y];
return x!=y;
}
void ss(int x)
{
dp[x]=; dp2[x]=; siz[x]=;
for(int i=c[x];i;i=b[i])
{
ss(i); dp[x]=dp[x]+dp[i]; dp2[x]=max(dp2[x],dp2[i]); siz[x]=siz[x]+siz[i];
}
if((v[x]==)and(siz[x]==))dp[x]++; if(now==x)dp2[x]=;
if((dp[x]>)and(siz[x]!=)and((v[x]==)or(now==x)))
{
if(dp2[x]==)dp[x]=max(dp[x]-,);else dp[x]=max(dp[x]-,);
}
if((v[x]==)or(x==now))siz[x]++;
}
class EllysTree
{
public:
vector <int> getMoves(vector <int> parent)
{
//$CARETPOSITION$
vector <int> ans; n=parent.size();
for(int i=;i<n;i++)a[i+]=parent[i];
for(int i=;i<=n;i++){ b[i]=c[a[i]]; c[a[i]]=i; }
qq(,);
now=; v[]=; ss(); if(dp[]>)return ans;
for(int ii=;ii<=n;ii++)
{
for(int i=;i<=n;i++)
if(v[i]==)
{
if(gcd(now,i))continue;
int tnow=now; now=i; v[i]=; ss(); if(dp[]==){ ans.push_back(i); break; }
now=tnow; v[i]=;
}
}
return ans;
}
};
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