Typesetting math: 100%

C. Zero Path

只用 dpmx(i,j),mn(i,j) 分别表示从 (1,1)(i,j) 能得到的最大权值,判断 0 是否在 [mn(n,m),mx(n,m)] 之间即可。

考虑合法的图一定满足 2(n+m1),所以到 (n,m) 的路径和一定满足是偶数。考虑 mx(n,m) 路径上一个 (i,j),(i,j1),(i+1,j) 的一个折角,可以转化成 (i+1,j1),(i,j1),(i+1,j) 的折角(其它情况类似),权值变化只能为 2/0/2,所以当 0[mn(n,m),mx(n,m)] 之间时,一定能在调整过程中经过 0.

D. Tree Queries

这题在 AtCoder 上有原题:APC001E - Antennas on Tree.

首先一个 observation 是当一个点连接 s 个连通块时,必须选 s1 个连通块中放置关键点。我们考虑如何将这个观察应用到树上,可以先选一个度数至少为 3 的点(显然如果不存在这样的点答案即为 1)为根,这样每个点的父亲方向连通块一定包含一个关键点,所以就只需要考虑子树的情况了。复杂度 O(n).

E. Ambiguous Dominoes

一些闲话:能把骨牌的构造转到树上 dfs 序的人都是神仙吧!我拿到这种题真的一点思路都没有啊!悲剧啊 😭!但说实话,我更倾向于出题人是逆向出的这道题

首先考虑将骨牌转化成图论问题 —— 将骨牌上的数字转成点,将连接两点的骨牌转成边。接着从连通块的点 u 开始进行这样的遍历:

void dfs(int i) {
    lst.push_back(i);
    if(!used[i]) {
        used[i] = true;
        for(pair <int,int> p: graph[i])
            if(!usedEdges[p.second]) {
                usedEdges[p.second] = true;
                dfs(p.first);
                lst.push_back(i);
            }
    }
}

不妨设此连通块中 边的条数k,可以发现,最后 lst 中存储的序列长度为 2k+1,这由每条边都会被塞进去的两个端点,再加上最开始遍历 u 进行的加入组成。

另外,对于 i[1,2k],都有 lsti,lsti+1 对应一条边。显然,对于每条边 (u,v),都有 uvvu 出现在序列中。

可以证明,对于每条边 (u,v),其 uvvu 出现在序列中的位置(不妨定义 "位置" 为第一个点的位置)的奇偶性是不同的。先考虑 "无用边" 也就是另一个端点已经被遍历过的边,其 uvvu 出现在序列中的位置是连续的,奇偶性肯定不同。接着我们可以删掉那些边,每删掉一条边相当于在序列中删掉两个连续的点,这样是不影响其它边出现位置的奇偶性的。至此,剩下的边就是对连通块的一个 dfs 序遍历,那么一条边的遍历与回溯之间边的遍历与回溯次数一定为偶数,所以它们奇偶性不同。

这个结论可以帮助我们构造 2×n 的多米诺骨牌矩阵。由于序列的第一条边和最后一条边一定是关于 u 的边,所以骨牌矩阵可以看作一个环(就是下图用橙色标记的部分):

于是可以先选奇数位的边,再选偶数位的边。由于同一条边的遍历与回溯奇偶性不同,所以每条边会且只会被选择一次。

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