【AGC010F】Tree Game

Description

　　

　　有一棵$n$个节点的树（$n \le 3000$），第$i$条边连接$a_i,b_i$，每个节点$i$上有$A_i$个石子，高桥君和青木君将在树上玩游戏。

　　

　　首先，高桥君会选一个节点并在上面放一个棋子，然后从高桥君开始，他们轮流执行以下操作：

　　

　　（1）从当前棋子占据的点上移除一个石子；

　　

　　（2）将棋子移动到相邻节点

　　

　　如果轮到一个人执行操作时棋子占据的点上没有石子，那么他就输了。

　　

　　请你找出所有的点$v$，使得如果高桥君在游戏开始时把棋子放到$v$上，他可以赢。（按编号从小到大输出）

　　

　　

　　

Solution

　　

　　首先两个人的行动是互相约束的。

　　

　　假设当前在节点$u$，先手能耗死后手（即先手必胜）当且仅当对于其所有相邻点，至少存在一个点$v$，满足：

　　

　　（1）$a_u>a_v$

　　

　　（2）$v$先手必败。

　　

　　首先（1）是这题对局的一种博弈过程，设想有且只有两个点$u$和$v$，若初始时棋子在$u$，且$a_u>a_v$，那么反复走，后手必死。

　　

　　因此只要先手走向了如是的$v$，后手必定不会在这条边上反复横跳，之后也不会，因为一旦后手走回来，先手继续走回$v$，可以把后手耗到死。

　　

　　那么后手必定也只能在$v$中寻找机会。只要$v$是先手必败态，那么$u$即为先手必胜态，因为先手可以主动走到$v$引出必败态。

　　

　　

　　

　　定义$u$是先手必败态当且仅当不存在上述$v$。

　　

　　首先，如果先手走向的点$v$满足$a_u\le a_v$，后手可以走回$u$，因为反复横跳后先手必死。因此这些点不可走。

　　

　　走向的点$v$满足$a_u>a_v$时，若$v$为先手必胜态，那么$u$肯定不能走这一步；如果不存在$v$是先手必败态，那么先手就无路可走了。

　　

　　综上，因为必须走一步，所以$u$是先手必败态，当且仅当不存在$v$满足$a_u>a_v$且$v$先手必败。

　　对于每一个点，以其为根深搜，设$f_u$表示$u$是必胜还是必败，自底向上DP一遍。

　　

　　为什么可以自底向上单向考虑？我们是要DP判定每个点$u$是不是必胜态，即要找到是否存在相邻点$v$满足$a_u>a_v$，并深搜计算它们的必胜必败态。而对于不满足条件的$v$，我们甚至不需要递归进去计算，因为先手不会选择走这边。所以，会选择$u$的父亲作为$v$吗？不会。每递归到$u$时，也就意味着，是上一步的先手想逼我（当前先手）反复横跳才走这一步过来，即满足$a_{fa}>a_u$，所以当前先手肯定不能走父亲回去和他反复横跳。因此可以说，DP过程中，是一路向下，走后继递归计算的。

　　

　　时间复杂度$\mathcal O(n^2)$。

　　

　　我真TM可以退役了。

Code

#include <cstdio>

using namespace std;

const int N=3005;

int n,a[N],f[N];

int h[N],tot;

struct Edge{int v,next;}e[N*2];

inline void addEdge(int u,int v){

	e[++tot]=(Edge){v,h[u]}; h[u]=tot;

	e[++tot]=(Edge){u,h[v]}; h[v]=tot;

}

void readData(){

	scanf("%d",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);

	int u,v;

	for(int i=1;i<n;i++){

		scanf("%d%d",&u,&v);

		addEdge(u,v);

	}

}

void dfs(int u,int fa){

	f[u]=0;

	for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)

		if((v=e[i].v)!=fa&&a[u]>a[v]){

			dfs(v,u);

			if(f[v]==0){

				f[u]=1;

				return;

			}

		}

}

void solve(){

	for(int u=1;u<=n;u++){

		dfs(u,0);

		if(f[u])

			printf("%d ",u);

	}

}

int main(){

	readData();

	solve();

	return 0;

}