P7443-加边【博弈论】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P7443?contestId=41429

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1|1题目大意

$n$个点的一棵有根树，两个人从一号点开始进行有向图博弈。

告诉你Alice是先手还是后手，然后你可以选择加一条链接$(u,v)$的有向边，权值为$A\times a_u+B\times a_v$。求最小权值使得第一个人获胜。（如果死循环则无法获胜）

$1\leq T\leq 2\times 10^3,2\leq n\leq 2\times 10^5,\sum n\leq 5\times 10^6,1\leq a_i,A,B\leq 10^9$

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1|2解题思路

先考虑没有加边情况的胜负。定义$1$为先手必败状态，那么所有叶子都是$1$。然后每个节点是所有子节点的或值再异或$1$。

那么如果已经必胜就是$0$了，否则我们需要改变一号节点的状态。

先考虑加一条返祖边的影响，首先这条边肯定是加在Alice行动的节点上，否则Bob可以选择不走。
而且$v$肯定得是先手必败的局面，否则没有意义。然后如果$v$是先手必败的话，那么Bob显然还是可以往之前的路径走，如果走到$u$节点时是Alice移动那么状态不会改变，否则Bob可以继续走返祖边造成死循环。所以返祖边不能影响状态。

然后考虑翻转一个点的状态需要做什么。

如果这个点是先手必败，那么我们只需要找到另一个先手必败的节点连接过去或者翻转子节点的状态就可以翻转该节点的状态。
如果这个点是先手必胜，那么如果子节点中有两个或以上的先手必败那么该节点无法翻转，否则翻转那个先手必败的节点即可。

那么现在我们需要解决寻找除了该节点到根的路径上的点中权值最小的先手必败节点权值。

用优先队列的话会$TLE$，所以我们考虑其他方法，我们对于每个节点记录一下子树中最大的先手必败节点权值，然后每次向下递归的时候就取所有除了递归子树以外的子节点子树丢进最小值就好了。

这个记录一个次大值和最大值就可以实现。

时间复杂度$O(\sum n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
struct node{
	ll to,next;
}a[N];
ll T,n,m,t,A,B,tot,w[N],fa[N],z[N];
ll ls[N],f[N],s[N],ans;
ll read(){
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
void addl(ll x,ll y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;return;
}
void dfs(ll x){
	f[x]=s[x]=0;z[x]=1e9+7;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		dfs(y);f[x]|=f[y];s[x]+=f[y];
		z[x]=min(z[x],z[y]); 
	}
	f[x]^=1;
	if(f[x])z[x]=min(z[x],w[x]);
	return;
}
void dp(ll x,ll mins){
	ll c=mins,zc=mins;
	for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next){
		ll y=a[i].to;
		if(z[y]<c)zc=c,c=z[y];
		else if(z[y]<zc)zc=z[y];
	}
	if(f[x]){
		for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next)
			dp(a[i].to,(z[a[i].to]==c)?zc:c);
		if(c!=1e9+7)ans=min(ans,w[x]*A+c*B);
	}
	else if(s[x]==1){
		for(ll i=ls[x];i;i=a[i].next)
			if(f[a[i].to])dp(a[i].to,(z[a[i].to]==c)?zc:c); 
	}
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--){
		n=read();t=read();A=read();B=read();
		for(ll i=1;i<=n;i++)ls[i]=0;tot=0;
		for(ll i=2;i<=n;i++)fa[i]=read(),addl(fa[i],i);
		for(ll i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
		dfs(1);
		if(f[1]^t^1){puts("0");continue;}
		else{
			ans=3e18;dp(1,1e9+7);
			if(ans==3e18) puts("-1");
			else printf("%lld\n",ans);
		}
	}
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14578700.html
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