[atAGC004F]Namori
考虑树的情况，将其以任意一点为根建树
对于每一个节点，考虑其要与父亲操作几次才能使子树内均为黑色，这可以用形如$(0/1,x)$的二元组来描述，其中0/1即表示其要求操作时父亲是白色/黑色且要操作$x$次
考虑一个叶子，其二元组显然为$(0,1)$，接下来每一个点即可以交替将儿子中的$(0/1,x)$变为$(0/1,x-1)$
（先以白色点操作$(0,x)$，操作后变为黑色，再以黑色点操作$(1,x)$……）
最终，将剩下的合并（第一元必然相同，第二元直接相加），那么该节点即需在另一个状态下与其父亲操作，另外最后还需要额外以白色操作一次
换言之，假设合并后的二元组为$(p,x)$（其中$x\ge 0$，且若$x=0$则不妨令$p=1$），那么根据上述分析该点上的二元组即为$\begin{cases}(1,x-1)&(p=0)\\(0,x+1)&(p=1)\end{cases}$
关于答案，若根节点上的二元组第二维不为0显然无解，否则考虑每一个节点与父亲操作的次数，即为该点上二元组的第二维，显然将对所有节点求和即可
时间复杂度为$o(n)$，可以通过
事实上，上述二元组可以直接用一个整数描述，即将$(0/1,x)$分别看作$\pm x$，则转移即$g_{i}=1-\sum_{son}g_{son}$，最终答案也即$\sum_{i}|g_{i}|$（特别的，若$g_{rt}\ne 0$则无解，其中$rt$为根），两者等价性显然
考虑基环树的情况，将整个基环当作根，并删去基环上的边后得到若干棵子树（仍以基环上的点为根），对每一棵子树仍用上述方式计算得到根的$g_{i}$，最终即可得到一个长为$l$（其中$l$为环长）的序列
记该序列为$a_{i}$，此时问题即将相邻两个$a_{i}$（注意首尾也相连）同时$\pm 1$，并使得最终$a_{i}$均为0
若$\sum_{i=1}^{l}a_{i}\not\equiv 0(mod\ 2)$显然无解（操作不改变奇偶性），否则对$l$的奇偶性分类讨论：
1.若$l$为奇数，考虑奇偶数位的差值，除了首尾操作以外不会改变该值，而首尾操作恰会使该值$\pm 2$，由此不难确定首尾操作形式即次数，进而操作后将首尾断开，从前往后依次使得$a_{i}$为0即可（最终$a_{l}$一定为0）
2.若$l$为偶数，注意到奇数位和偶数位差值不变，因此初始两者必须相同
枚举首尾操作使得$a_{1}$和$a_{l}$同时减$z$，之后即将首尾断开并从前往后依次使得$a_{i}$为0
不难得到（首尾断开后）$a_{i}$清0的代价即$\sum_{i=1}^{l}\abs{\sum_{j=1}^{i}(-1)^{i-j}a_{j}}$，对每个$i$预处理出该值为$S_{i}$（减去$z$前），那么修改的影响即将奇数项减去$z$、偶数项（除$l$以外）加上$z$
将$S_{i}$偶数项取相反数（奇数项不变）得到$S'_{i}$，此时即求$|S_{l}|+\min_{z}\left(\sum_{i=1}^{l-1}|S'_{i}-z|+|z|\right)$
最后一项可以看作$|0-z|$，那么显然取$z$为$S'_{i}$（其中$1\le i\le l-1$）和0的中位数即可
时间复杂度也为$o(n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 #define ll long long 5 vector<int>v0,v[N]; 6 int n,m,x,y,st[N],vis[N]; 7 ll sum,ans,a[N],g[N]; 8 void dfs(int k,int fa){ 9 st[++st[0]]=k,vis[k]=1; 10 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 11 if (v[k][i]!=fa){ 12 if (!vis[v[k][i]])dfs(v[k][i],k); 13 else{ 14 if (vis[v[k][i]]==2)continue; 15 for(int j=st[0];st[j]!=v[k][i];j--)v0.push_back(st[j]); 16 v0.push_back(v[k][i]); 17 } 18 } 19 st[0]--,vis[k]=2; 20 } 21 void dp(int k){ 22 vis[k]=g[k]=1; 23 for(int i=0;i<v[k].size();i++) 24 if (!vis[v[k][i]]){ 25 dp(v[k][i]); 26 g[k]-=g[v[k][i]]; 27 } 28 } 29 int main(){ 30 scanf("%d%d",&n,&m); 31 for(int i=1;i<=m;i++){ 32 scanf("%d%d",&x,&y); 33 v[x].push_back(y); 34 v[y].push_back(x); 35 } 36 dfs(1,0); 37 memset(vis,0,sizeof(vis)); 38 if (v0.empty()){ 39 dp(1); 40 if (g[1])printf("-1\n"); 41 else{ 42 for(int i=1;i<=n;i++)ans+=abs(g[i]); 43 printf("%lld\n",ans); 44 } 45 return 0; 46 } 47 int l=v0.size(); 48 for(int i=0;i<l;i++)vis[v0[i]]=2; 49 for(int i=0;i<l;i++){ 50 dp(v0[i]); 51 a[i+1]=g[v0[i]]; 52 } 53 for(int i=1;i<=n;i++)ans+=abs(g[i]); 54 for(int i=1;i<=l;i++){ 55 ans-=abs(a[i]); 56 if (i&1)sum+=a[i]; 57 else sum-=a[i]; 58 } 59 if (sum&1){ 60 printf("-1\n"); 61 return 0; 62 } 63 if (l&1){ 64 ans+=(abs(sum)>>1); 65 a[1]-=(sum>>1),a[l]-=(sum>>1); 66 for(int i=1;i<l;i++){ 67 ans+=abs(a[i]); 68 a[i+1]-=a[i]; 69 } 70 printf("%lld\n",ans); 71 return 0; 72 } 73 if (sum){ 74 printf("-1\n"); 75 return 0; 76 } 77 for(int i=1;i<=l;i++)a[i]-=a[i-1]; 78 ans+=abs(a[l]),a[l]=0; 79 for(int i=2;i<=l;i+=2)a[i]=-a[i]; 80 sort(a+1,a+l+1); 81 for(int i=1;i<=l;i++) 82 if (i<=(l>>1))ans+=a[l>>1]-a[i]; 83 else ans+=a[i]-a[l>>1]; 84 printf("%lld\n",ans); 85 return 0; 86 }
