CF2006A Iris and Game on the Tree

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题解

知识点：贪心，博弈论。

一个 $01$ 串中 $01, 10$ 的个数差只与首尾两个字符相关，若首尾字符相同，则个数差为 $0$ ，否则为 $1$ 或 $-1$ 。因此，树上除了根节点和叶子节点的 $?$ 是不影响叶子节点权值的（但可能影响策略，导致答案不一样），我们只需要考虑叶子节点和根节点的情况即可。

设 $cnt_0, cnt_1, cnt_2$ 分别为值为 $0, 1, ?$ 的叶子节点个数。

如果根节点不是 $?$ ，那么答案显然为与根节点值相反的叶子节点数，加上 $\lceil cnt_2 / 2 \rceil$ 。接下来考虑根节点是 $?$ 的情况。

当 $cnt_0 \neq cnt_1$ 时，不妨设 $cnt_0 < cnt_1$ ，先手有如下几种策略：

1. 先手第一步确定根节点的值为 $0$ ，此时答案为 $cnt_1 + \lfloor cnt_2 / 2 \rfloor$ 。
2. 先手第一步确定根节点的值为 $1$ ，此时答案为 $cnt_0 + \lfloor cnt_2 / 2 \rfloor$ 。
3. 先手第一步确定一个叶子节点为 $0$ ，那么后手可以确定根节点为 $1$ ，此时答案为 $cnt_0 + \lfloor cnt_2 / 2 \rfloor + 1$ 。
4. 先手第一步确定一个叶子节点为 $1$ ，那么后手可以确定根节点为 $1$ ，此时答案为 $cnt_0 + \lfloor cnt_2 / 2 \rfloor$ 。

显然第一种策略答案最优。

当 $cnt_0 = cnt_1$ 时，有如下几种情况：

1. 不存在非根节点和叶子节点的 $?$ ，无论如何答案都为 $cnt_0 + \lfloor cnt_2 / 2 \rfloor$ 。
2. 存在一个非根节点和叶子节点的 $?$ ，先手可以选择一个非根节点和叶子节点的 $?$ 随意赋值，后手无论如何赋值，答案都为 $cnt_0 + \lceil cnt_2 / 2 \rceil$ 。
3. 存在多个非根节点和叶子节点的 $?$ ，如果数量为偶数，则与不存在的情况等价，否则与存在一个的情况等价。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
int deg[100007];
 
bool solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1;i <= n;i++) deg[i] = 0;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        deg[u]++;
        deg[v]++;
    }
    string s;
    cin >> s;
    s = "?" + s;
    int cnt[3] = {};
    for (int i = 2;i <= n;i++) if (deg[i] == 1) cnt[s[i] == '?' ? 2 : s[i] == '1']++;
    if (s[1] != '?') cout << cnt[s[1] == '0'] + (cnt[2] + 1) / 2 << '\n';
    else {
        if (cnt[0] == cnt[1]) {
            int delta = count(s.begin() + 1, s.end(), '?') - cnt[2] - 1;
            cout << cnt[0] + (cnt[2] + (delta & 1)) / 2 << '\n';
        }
        else cout << max(cnt[0], cnt[1]) + cnt[2] / 2 << '\n';
    }
    return true;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        if (!solve()) cout << -1 << '\n';
    }
    return 0;
}