[USACO18JAN]Cow at Large P

Description:

贝茜被农民们逼进了一个偏僻的农场。农场可视为一棵有 \(N\) 个结点的树，结点分别编号为 \(1,2,\ldots, N\) 。每个叶子结点都是出入口。开始时，每个出入口都可以放一个农民（也可以不放）。每个时刻，贝茜和农民都可以移动到相邻的一个结点。如果某一时刻农民与贝茜相遇了（在边上或点上均算），则贝茜将被抓住。抓捕过程中，农民们与贝茜均知道对方在哪个结点。

Hint:

\(n \le 7*10^4\)

Solution:

很有趣的题

题解大多是点分治做法

但是由于我的点分治太菜

便学习了这种神仙做法,还跑到了\(luogu\) \(rk5\)?

设牛在rt处出发,现在处于u,并且有叶子v

不难发现我们需要预处理出每个点到它最近叶子节点的距离

然后根据 $dep[rt]-dep[u] \le dep[u]-dep[v] $

来判断这个叶子是否可以放农民来控制它

如果可以,则return,因为越早控制住这个点,答案就越小

首先,显然一条链上的答案都是相等的

所有考虑把链缩成边,再暴力每个点\(dfs\)

这样复杂度就会降下来,不过貌似会被菊花图卡飞?

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
using namespace std;
typedef long long ll;
const  int mxn=7e4+5;
int n,tot,cnt,ans,x,y,w,f[mxn],in[mxn],hd[mxn];

inline int read() {
	char c=getchar(); int x=0,f=1;
	while(c>'9'||c<'0') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15);c=getchar();}
	return x*f;
}
inline void chkmax(register int &x,register int y) {if(x<y) x=y;}
inline void chkmin(register int &x,register int y) {if(x>y) x=y;}
queue< int > q;
 int ev;
struct ed {
	int to,nxt,go,w,fa;
}t[mxn<<1];

inline void add(register int u,register int v) {
	t[++cnt]=(ed) {v,hd[u]}; hd[u]=cnt;
}

void bfs()
{
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		if(in[i]==1) q.push(i),f[i]=0;
		else f[i]=-1;
	while(!q.empty()) {
		register int u=q.front(); q.pop();
		for(register int i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
			register int v=t[i].to;
			if(f[v]==-1) {
				f[v]=f[u]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
} //使用广搜巧妙地处理f数组

void dfs1(register int u,register int fa,register int d) {
	if(fa&&in[u]!=2) {x=u,ev=fa,w=d;return ;} //对于每个点只处理它周围的链,保证复杂度
	for(register int i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
		register int v=t[i].to;
		if(v==fa) continue ;
		dfs1(v,u,d+1);
		t[i].go=x,t[i].fa=ev,t[i].w=w-d; //缩边,细节稍多
	}
}

void dfs2(register int u,register int fa,register int d)
{
	if(f[u]<=d) {
		++ans;
		return ;
	}
	for(register int i=hd[u];i;i=t[i].nxt) {
		if(t[i].to!=fa)
		dfs2(t[i].go,t[i].fa,d+t[i].w); //在新图上算答案
	}
}

int main()
{
	n=read(); register int u,v;
	for(register int i=1;i<n;++i) {
		u=read(); v=read();
		add(u,v); add(v,u);
		++in[u]; ++in[v];
	}
	bfs();
	for(register int i=1;i<=n;++i)
		if(in[i]!=2) {dfs1(i,0,0);}
	for(register int i=1;i<=n;++i) {
		if(in[i]==1) {
			puts("1");
			continue ;
		}
		ans=0; dfs2(i,0,0);
		printf("%d\n",ans);
	}
    return 0;
}