Codeforces 1695D. Tree Queries

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Easy Version

$\texttt{Difficulty:2200}$

题目大意

一棵 $n(1\le n\le2000)$ 个节点的树，有一个未知节点 $x$ ，每次询问一个节点 $v$ ，得到 $dis(v,x)$ ，求最少询问几个节点，在所有情况下，都能够唯一确定 $x$ 。

思路

考虑树形 $dp$ 。设 $f_v$ 为在 $v$ 为根的子树中，当 $v$ 的向上子树已经有节点被询问的情况下，确定任意一点所需的最少查询数，记 $cnt_v$ 为 $v$ 的儿子中 $f=0$ 的数量，我们当前仅需要能够确定节点在哪个子树中即可，因为我们进入任意的子树后都可以去确定节点。当 $cnt>2$ 时，显然无法确定，否则一定可以确定，因为如果节点 $x$ 在没有询问的子树当中，对任意其他子树中被询问的点为 $y$ ，记 $v$ 向上子树中被询问的一个点为 $z$ ，于是一定有 $dis(z,x)+dis(z,y)-2\cdot dis(z,v)$ ，否则存在不满足（$=$ 变为 $>$)的点。那么我们如果 $cnt_v$ 过大，我们对没有询问的子树补上一个询问节点即可，于是可以得出转移方程：

$$f_v=\sum_{u\in son[v]}f_u+max(cnt_v-1,0)$$

此外叶节点的 $f=0$，最后答案为 $f_root+1$ 通过强制选取跟来保证各个节点满足状态定义，由于根对答案有影响，要枚举根取最小值，复杂度 $O(n^2)$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
using LL = long long;
using LD = long double;
using ULL = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using TP = tuple<int, int, int>;
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define mst(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define mk make_pair
//#define int LL
//#define lc P*2
//#define rc P*2+1
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#pragma warning(disable : 4996)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
const double eps = 1e-8;
const LL MOD = 1000000009;
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 200010;

int T, N, f[maxn];
vector<int>G[maxn];

void add_edge(int from, int to)
{
    G[from].push_back(to);
    G[to].push_back(from);
}

void dfs(int v, int p)
{
    int cnt = 0;
    for (auto& to : G[v])
    {
        if (to == p)
            continue;
        dfs(to, v);
        if (!f[to])
            cnt++;
        f[v] += f[to];
    }
    f[v] += max(cnt - 1, 0);
}

void solve()
{
    if (N == 1)
    {
        cout << 0 << endl;
        return;
    }
    int ans = N;
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        dfs(i, 0), ans = min(ans, f[i] + 1);
        for (int j = 1; j <= N; j++)
            f[j] = 0;
    }
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    IOS;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> N;
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            G[i].clear();
        int x, y;
        for (int i = 1; i < N; i++)
            cin >> x >> y, add_edge(x, y);
        solve();
    }

    return 0;
}

Hard Version

$\texttt{Difficulty:2300}$
与 $\texttt{Easy Version}$ 唯一的区别是 $1\le n\le2\cdot10^5$ 。

思路

在简单版本的做法中，我们为了保证状态的定义，强制选取了根，但我们也可以不选取根，如果一个节点的度 $>2$ ，那么以该节点为根时，其至少两个儿子的子树内有节点被选，于是可以保证整棵树的任意一个节点的向上子树中都有节点被选，于是该根可以不用被选取，于是我们找一个这样的跟，进行一遍简单版本的 $dp$ 即为答案，注意此时最后的答案不需要 $+1$ ，此外如果没有这样的根，说明为一条链，答案为 $1$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<unordered_map>
#include<unordered_set>
using namespace std;
using LL = long long;
using LD = long double;
using ULL = unsigned long long;
using PII = pair<int, int>;
using TP = tuple<int, int, int>;
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define mst(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define mk make_pair
//#define int LL
//#define lc P*2
//#define rc P*2+1
#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#pragma warning(disable : 4996)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
const double eps = 1e-8;
const LL MOD = 1000000009;
const LL mod = 998244353;
const int maxn = 200010;

int T, N, f[maxn], deg[maxn];
vector<int>G[maxn];

void add_edge(int from, int to)
{
    G[from].push_back(to);
    G[to].push_back(from);
}

void dfs(int v, int p)
{
    int cnt = 0;
    for (auto& to : G[v])
    {
        if (to == p)
            continue;
        dfs(to, v);
        if (!f[to])
            cnt++;
        f[v] += f[to];
    }
    f[v] += max(cnt - 1, 0);
}

void solve()
{
    if (N == 1)
    {
        cout << 0 << endl;
        return;
    }
    int root = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        if (deg[i] > 2)
        {
            root = i;
            break;
        }
    }
    if (!root)
    {
        cout << 1 << endl;
        return;
    }
    dfs(root, 0);
    cout << f[root] << endl;
}

int main()
{
    IOS;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> N;
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            G[i].clear(), deg[i] = 0, f[i] = 0;
        int x, y;
        for (int i = 1; i < N; i++)
            cin >> x >> y, add_edge(x, y), deg[x]++, deg[y]++;
        solve();
    }

    return 0;
}