@atcoder - AGC018F@ Two Trees
@description@
给定两棵树 A, B。现你需要构造一组值 (X1, X2, ..., XN)(两棵树编号相同的点对应权值相同),使得两棵树内任意子树的权值和的绝对值为 1。
无解输出 IMPOSSIBLE。
@solution@
由于权值和为 1,可以推算出每个结点的奇偶性。如果两棵树中同一结点权值奇偶性不同则无解。
考虑已知每个结点权值的奇偶性之后是否能够构造出一组解。
既然是构造题,从简原则,猜想偶点总是为 0,奇点总是为 1 或 -1。
手玩一下样例发现是对的。
那么相当于给每个奇点染黑白色,使得每棵子树内黑白点个数相差为 1。
然后就开始玄幻起来了。我们对于每个奇点 i,在两棵树 A, B 的结点 Ai, Bi 之间连一条边。
注意到此时新图中只有两棵树的根度数可能为奇数,所以我们从根出发跑欧拉路径。
如果欧拉路径中 Ai->Bi 则 i 为黑点(-1),否则 i 为白点(1)。
正确性理解起来不难:对于每个连通块(子树),进入连通块的广义 “入度” 与从连通块出的广义 “出度” 是相等的。
而子树向外只有两类边:连向父亲(只有一条);连向另一棵树。也就是连向另一棵树的边(奇点之间的边)入边与出边相差 1,就是我们的构造目标。
@accepted code@
#include <cstdio>
const int MAXN = 200000;
const int MAXM = 8*MAXN;
struct edge{
int to; bool tag;
edge *nxt, *rev;
}edges[MAXM + 5], *adj[MAXN + 5], *ecnt = edges;
void addedge(int u, int v) {
edge *p = (++ecnt), *q = (++ecnt);
p->to = v, p->tag = false, p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
q->to = u, q->tag = false, q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
}
int X[MAXN + 5], N;
void dfs(int x) {
for(;adj[x];) {
edge *p = adj[x]; adj[x] = adj[x]->nxt;
if( p->tag ) continue;
p->tag = p->rev->tag = true;
dfs(p->to);
if( x - p->to == -N ) X[x] = -1;
else if( x - p->to == N ) X[p->to] = 1;
}
}
int cnt[2][MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d", &N);
int rt1;
for(int i=1;i<=N;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
if( x != -1 ) {
addedge(x, i);
cnt[0][x]++;
}
else rt1 = i;
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
int x; scanf("%d", &x);
if( x != -1 ) {
addedge(x + N, i + N);
cnt[1][x]++;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++) {
if( (cnt[0][i] - cnt[1][i]) & 1 ) {
puts("IMPOSSIBLE");
return 0;
}
if( !(cnt[0][i] & 1) )
addedge(i, N + i);
}
dfs(rt1);
puts("POSSIBLE");
for(int i=1;i<=N;i++)
printf("%d%c", X[i], (i == N ? '\n' : ' '));
}
@details@
仿佛发现了比网络流建模更难的东西.jpg。
不愧是 AGC,轻易就出了一道人类智慧题。
有一个小细节:整棵树作为一棵子树,是没有向上连向父亲的边的。所以证明时还要特殊讨论一下(不过总之证得出来)。
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