【UR #7】水题走四方 题解

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　　20分算法：萌萌的小爆搜，别搜进环里就行。

　　50分：我们考虑一下最优决策是什么样的。看似很显然的一点就是我们先让本体在原地不动，让分身去遍历子树，然后在只剩一个儿子和一个不属于这个儿子的子树的叶子的时候一个去儿子一个去叶子。显然这个叶子应该是最深的那个叶子看起来好像并没有什么毛病，然而我们会发现他会被样例3hack，因为我们可以考虑这种情况：假如有两根很长很长的筷子，我们把用于吃饭的那一头粘起来并作为根结点。那么答案显然是一根筷子的长度。但是如果这两根筷子是劣质一次性筷子，在两根筷子的侧边长了一点点毛刺，这些毛刺比较靠近吃饭的那一端。那么我们明显应该先去遍历“毛刺”再遍历筷子的主干部分。所以我们考虑这么决策：我们假设本体一直不动，分身负责跑路。那么在我们遍历整棵树的过程中主体一定是走走停停，我们设主体停下来去让分身跑路的点为关键点。那么我们可以这么决策，我们到达一个关键点之后我们让分身遍历除了下一个关键点子树内的叶子节点和一个不属于包含这个关键点的儿子的最深的叶子节点以外的所有叶子节点。然后分身和主体一个去叶子一个前往下一个关键点。我们设f[x]为从根节点开始便利除x子树以外所有节点的的最短时间，deep[x]为x的深度(deep[1]=0),sm[x]为x子树内所有叶子节点的深度和，size[x]为x子树内叶子节点的个数。dmx[x][y](x为y的祖先)为x到y的父亲这条路径上往外深处去的最深的叶子节点的深度。那么转移方程为：f[x]=min(f[pa]+sm[pa]-sm[x]-(size[pa]-size[x])*deep[pa]+max(0,deep[x]-dmx[pa][x]))。pa为x的祖先。所以我们就可以n^2DP拿到50分了。sm[pa]-sm[x]-(size[pa]-size[x])*deep[pa]为遍历这些叶子节点比f[pa]要多增加的时间，max(0,deep[x]-dmx[pa][x])为从pa走到x的时间-去最后遍历的那个最深的叶子节点的时间。

　　100分：我们仔细观察会发现，当x的父亲fa[x]只有x这一个儿子的时候f[x]也可以由f[fa[x]]+1转移过来，原因显然。再仔细观察一下转移式，会发现他实际就是在枚举从哪里开始往外走最长的叶子，max(0,deep[x]-dmx[pa][x])==0当且仅当deep[x]<=dmx[pa][x]，那么我们其实只从dmx[pa][x]>=deep[x]且深度最大的pa转移过来就好了。因此，我们可以维护一个dmx[pa][x]单调递减的栈，每次我们在栈里面二分就可以了。虽说复杂度是nlog sqrt(n)的,(栈内的元素个数据说最多是O(sqrt(n)))级别，但是常数非常优秀，可以跑过一些O(n)的算法。但是如果打的丑一点的话会被卡内存。

　　100分(2.0):我们可以利用一种最长链剖分进行弹栈，做到O(n)，大概做法就是我们称最深叶子节点最深的儿子为重儿子，显然，当前节点对于重儿子所造成的dmx为当前节点第二深的叶子节点的深度，其余儿子为第一深的叶子节点深度。那么我们可以先dfs重儿子，暴力弹栈，然后再dfs轻儿子，依旧暴力弹栈。我们可以发现这么dp我们每个不在最“重”的那条链上的点一定能找到一个dmx[pa][x]>=deep[x]的点，稍微算一下即可证明合法性和时间复杂度。

nlogn

n