洛谷 P6776 - [NOI2020] 超现实树（找性质，神仙题）

洛谷题面传送门

nb tea 一道！

首先考虑怎样入手分析这个看似非常不可做的问题。首先题目涉及高度无穷的树，根本枚举不了。不过我们冷静一下就会发现，如果我们记 \(mx=\max\limits_{i=1}^{n}\text{dep}(T_i)\)，那么由于初始树的集合中不存在深度 \(>mx\) 的树，因此所有可以生成的深度 \(>mx\) 的树都经过了生长操作，也是说：

Observation \(1\). 对于某个深度 \(d>mx\)，存在深度为 \(d\) 的树不能通过生长得到的充要条件是存在深度为 \(d-1\) 的树不能通过生长得到。

证明大概就反证一下？假设深度为 \(d-1\) 的树都能生长得到，那么对于一棵深度为 \(d\) 的树显然可以通过砍掉它所有叶子得到的深度为 \(d-1\) 的树生长得到。而对于一棵不能生长得到的深度为 \(d-1\) 的树，将它深度为 \(d-1\) 的叶子向下延伸一格，得到的深度为 \(d\) 的树也无法通过生长操作得到，又 \(d>mx\)，因此得到的深度为 \(d\) 的树也不在初始的树集合中，也无法得到。

因此我们只用检验是否存在深度为 \(mx\) 的树不能通过生长操作得到即可。

那么我们是否究竟需要把所有深度为 \(mx\) 的树都检验一遍呢？

Observation \(2\). 所有深度为 \(mx\) 的树都能够通过生长操作得到，等价于所有深度为 \(mx\) 的链树（caterpillar）都能够通过生长操作得到，其中链树的定义是，存在一条根节点到某个叶子节点的路径，满足其它点到这条路径的距离都 \(\le 1\)。

显然如果所有链树都能够通过生长操作得到，那么对于一棵深度为 \(mx\) 的树，我们找出根节点到其任意一个深度为 \(mx\) 的叶子的路径，然后对于路径上每个点 \(p_i\)，我们找出它不在这条路径上的儿子（显然这个儿子是唯一的），如果存在我们就把它的子树缩成一个点，那么这个树就可以由缩得的这个链树生长得到。而如果存在某个链树无法通过生长得到，那……显然由于链树 \(\in\) 树，必然存在某个深度为 \(mx\) 的树无法通过生长得到。

Observation \(3\). 非链树无法生成链树

显然，由于生长操作不支持删点，因此如果存在某个点，满足其左右儿子子树大小较小值 \(>1\)，那该节点不论怎么生长，其左右儿子子树大小较小值永远 \(>1\)。

Observation \(4\). 对于输入中的树的集合，我们只用保留其中是链树的树

由于非链树不能生成链树，所以我们保留它们也没有用。

Observation \(5\). 一棵深度为 \(d\) 的链树可以压缩成一个长度为 \(d\) 的四进制树

对于一棵深度为 \(d\) 的链树 \(T\)，考虑其主链 \(C\)，那么对于主链上任意一个点 \(p_i\)，有四种可能：

1. \(p_i\) 的左儿子在链树主链上，\(p_i\) 没有右儿子
2. \(p_i\) 的右儿子在链树主链上，\(p_i\) 没有左儿子
3. \(p_i\) 的左儿子在链树主链上，\(p_i\) 右儿子为叶子节点
4. \(p_i\) 的右儿子在链树主链上，\(p_i\) 左儿子为叶子节点

注意，对于链树主链上倒数第二个节点，如果它的两个儿子都是叶子节点，此时该链树就有两个叶子节点，此时也就对应有两种压缩方法。

那么我们的任务即为查看是否所有这样长度为 \(mx\) 的四进制数都能够通过某种方式得到。

我们考虑对于一棵链树，按照如下方式将其压缩成一个或两个四进制数并将其对应到一个四叉树上，那么四叉树上的某个节点，如果其子树中只有有限棵树无法被生成，那么必定有：

• 该点在某一棵链树中为叶子节点，此时它可以替换为任何四进制数。
• 该点拥有全部四个儿子，且四个儿子代表的子树中都仅有有限棵树无法被生成。

否则如果它儿子个数 \(<4\)，并且它不在任何一棵链树中是叶子节点，那么它缺失的儿子对应的链树就无法被表示出来。

按照如上方式建出四叉树，然后对四叉树进行一遍 DFS 即可求出答案。

时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)

希望今年 NOI D2 不要出这么阴间的题（

不过话说回来今年 D1 这么良心估计 D2 得做好被虐的准备了/qiao

const int MAXN=2e6;
int ch[MAXN+5][2],ch_[MAXN+5][4],siz[MAXN+5],ncnt,rt,ok[MAXN+5];
bool checkchain(int x){
	siz[x]=1;
	for(int i=0;i<2;i++) if(ch[x][i]){
		if(!checkchain(ch[x][i])) return 0;
		siz[x]+=siz[ch[x][i]];
	} return !(ch[x][0]&&ch[x][1]&&min(siz[ch[x][0]],siz[ch[x][1]])>1);
}
void insert(int &x,int y){
	if(!x) x=++ncnt;
//	printf("%d %d\n",x,y);
	if(!ch[y][0]&&!ch[y][1]) return ok[x]=1,void();
	if(ch[y][0]&&!ch[y][1]) return insert(ch_[x][0],ch[y][0]),void();
	if(!ch[y][0]&&ch[y][1]) return insert(ch_[x][1],ch[y][1]),void();
	if(siz[ch[y][0]]==1) insert(ch_[x][2],ch[y][1]);
	if(siz[ch[y][1]]==1) insert(ch_[x][3],ch[y][0]);
}
bool dfs(int x){
	if(ok[x]) return 1;if(!x) return 0;ok[x]=1;
	for(int i=0;i<4;i++) ok[x]&=dfs(ch_[x][i]);return ok[x];
}
void solve(){
	int N;scanf("%d",&N);ncnt=rt=0;
	memset(ch_,0,sizeof(ch_));memset(ok,0,sizeof(ok));
	while(N--){
		int n;scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&ch[i][0],&ch[i][1]);
		if(!checkchain(1)) continue;insert(rt,1);
	} printf("%s\n",dfs(rt)?"Almost Complete":"No");
}
int main(){
//	freopen("surreal.in","r",stdin);freopen("surreal.out","w",stdout);
	int qu;scanf("%d",&qu);while(qu--) solve();
	return 0;
}