[loj3347]有趣的旅途

考虑求出重心，以0为根建树，求出第 $i$个点的子树大小$sz[i]$（$a(0,i)$），则满足$n-sz[i]\le \lfloor\frac{n}{2}\rfloor$的$sz[i]$中的最小值必然合法

证明：反证法，若其不合法，则其必然有一棵子树$sz[k]>sz[son]>\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$，那么$sz[son]$也满足该条件且更小，矛盾

设重心为$r$，再求出每一个点的深度$d[i]$（$h(r,i)$），以及在$r$的哪一个儿子的子树内（若$r$有三个儿子，询问其中两个即可），至此共计最多为$4(n-1)$次询问，在$Q$的范围之内

考虑构造，构造的基本思路有3点：1.保证任意时刻$r$都为重心；2.任意相邻两点在$r$不同子树中；3.保证位置同奇偶（如第2和4个）的点深度不上升（很明显这样可以保证充分性）

（根据思路1，可以发现最终必然只会剩下$r$，再将$r$加入旅程中即可）

先保证思路1和2，$r$为重心当且仅当$sz_{max}\le \sum sz_{other}+1$，而当$\sum sz_{other}<sz_{max}$时，可以将另外的子树合并起来，从$sz_{max}$开始（否则会不够用），依次修改这颗子树中和其他子树中的点即可

每一次修改，对于$sz_{max}-\sum sz_{other}$的变化具有连续性，且最后一次修改必然不是在$sz_{max}$中（否则修改前也可以），因此通过这样的操作就可以保证思路1和2

再保证思路3，构造方式是不断选择其他子树中最深的点，这样做的正确性证明如下：

记$a_{i}$为第$i$次所选子树编号，$v_{i}$为第$i$次所选的点深度，那么若$a_{i}=a_{i+2}$则显然有$v_{i}\ge v_{i+2}$，否则由于$a_{i}\ne a_{i+2}$，则$v_{i+1}\ge v_{i+2}$（否则第$i+1$会选$a_{i+2}$），那么若$a_{i}<a_{i+2}\le a_{i+1}$，不论$a_{i-1}=a_{i+2}或a_{i+1}$，另一个权值一定更大，而不会选$a_{i}$

在$\sum sz_{other}<sz_{max}$的过程中，对每一棵子树都选择最深的点，同奇偶的点必然是在同一棵子树中，因此满足该性质

当两者交界时，记$x$表示选择$sz_{max}$的那一次，那么可能会有$v_{x-1}<v_{x+1}$，不满足思路3的要求

考虑第$x-2$次操作，必然有$a_{x-2}=a_{x+1}$（否则可以选$v_{x+1}$），那么我们可以撤销这次操作，并直接进入交替选$sz_{max}$的过程，这样就有$sz_{max}=\sum sz_{other}$，显然也是可行的

 1 #include "fun.h"
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 #define N 100005
 5 vector<int>v_son,ans,v[3];
 6 int r,n,sz[N],d[N];
 7 bool cmp(int x,int y){
 8     return d[x]<d[y];
 9 }
10 bool pd(int x,int y,int z){
11     int s=max(max(x,y),z);
12     return x+y+z-s<s;
13 }
14 void push(int k){
15     ans.push_back(v[k].back());
16     v[k].pop_back();
17 }
18 vector<int> createFunTour(int nn,int q){
19     n=nn;
20     sz[r=0]=n;
21     for(int i=1;i<n;i++){
22         sz[i]=attractionsBehind(0,i);
23         if ((n-sz[i]<=n/2)&&(sz[r]>sz[i]))r=i;
24     }
25     for(int i=0;i<n;i++)
26         if (i!=r){
27             d[i]=hoursRequired(r,i);
28             if (d[i]==1)v_son.push_back(i);
29         }
30     for(int i=0;i<n;i++){
31         if (i==r)continue;
32         bool flag=0;
33         for(int j=1;j<v_son.size();j++)
34             if ((i==v_son[j])||(hoursRequired(v_son[j],i)==d[i]-1)){
35                 v[j].push_back(i);
36                 flag=1;
37                 break;
38             }
39         if (!flag)v[0].push_back(i);
40     }
41     for(int i=0;i<v_son.size();i++)sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp);
42     if (v[0].size()<v[1].size())swap(v[0],v[1]);
43     if (v[0].size()<v[2].size())swap(v[0],v[2]);
44     for(int i=-1;;){
45         if (pd(v[0].size(),v[1].size(),v[2].size()))break;
46         if (i>=0)push(i);
47         int p=i;
48         i=-1;
49         for(int j=0;j<v_son.size();j++)
50             if ((j!=p)&&(v[j].size())&&((i<0)||(d[v[i].back()]<d[v[j].back()])))i=j;
51     }
52     if (v[0].size()<v[1].size())swap(v[0],v[1]);
53     if (v[0].size()<v[2].size())swap(v[0],v[2]);
54     for(int i=0;i<v[2].size();i++)v[1].push_back(v[2][i]);
55     sort(v[1].begin(),v[1].end(),cmp);
56     if ((ans.size())&&(v[1].size())&&(d[ans.back()]<d[v[1].back()])){
57         v[1].push_back(ans.back());
58         ans.pop_back();
59         sort(v[1].begin(),v[1].end(),cmp);
60     }
61     while (v[0].size()){
62         push(0);
63         if (v[1].size())push(1);
64     }
65     ans.push_back(r);
66     return ans;
67 }