【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;
}

​