[ARC183D] Keep Perfectly Matched

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[ARC183D] Keep Perfectly Matched

这场不打感觉亏麻了，怎么大家都不会 D。首先匹配路径长度之和最大，很典的想到取重心，猜测答案上界 \(\sum_i dep_i\) 可以取到。

取完重心之后，希望不断把两个不同的子树里的点进行匹配，直到删空。因为原树本身存在完美匹配，所以找一对不同子树里的点删去后，根节点的匹配一定变了。

所以选的点一定有一个在根节点当前的匹配点的子树里，否则根节点没有理由更改匹配点。设这个点为 \(x\)，则 \(x\) 一定满足：其到根的路径上，边的种类是“匹配边，非匹配边，匹配边...”，即：

图中标 \(1\) 的边是匹配边，可以发现删六号点是合法的，而删 \(8\) 号点的过程中会因为连续出现了两条非匹配边而寄掉。

这样确定了一个子树中的点，另一个点是可以任意选的。因为要尽量匹配对，所以另一个点应该选在除此之外的 \(siz\) 最大的子树里面。接下来根的匹配就是选的第二个子树中的根节点。继续做上述过程即可。

这样做为何能取到最优值：设 \(x\) 是根的初始匹配节点，首先第一次删点的两棵子树一定分别是 \((x,y)\)，然后第二次因为此时根和 \(y\) 匹配，所以要删 \((y,z)\)，以此类推，可以发现除了开始的 \(x\) 删了一个点，剩下的操作都是，选一个子树删两个点，然后跳到另一棵子树。

除了 \(x\) 子树大小是奇数，剩下的子树大小都是偶数，一开始 \(x\) 删了 \(1\) 就全部变成了偶数。所以不会有奇偶性不对的情况。如果跳到另一棵子树选择当前 \(siz\) 最大的，那就一定能够删空。因为此时根是树的重心，每个子树内需要的操作次数大小都不会超过 \(\frac m 2\)，其中 \(m\) 是总操作次数，所以这样做一定不会爆掉。

现在的问题就是如何高效的找出当前能删掉的合法点。策略也很简单：对于点 \(x\) 来说，如果初始他的匹配是他的父亲，则他儿子可以按任意顺序一个一个删光。

如果初始他的匹配是他的某个儿子，则先把这个儿子全部删空时最优的。然后他的匹配就变成了他的父亲，他剩下的儿子可以任意排列。

可以 \(\text{dfs}\) 求出每个子树的后序遍历，如果有某个儿子和他匹配就优先向这个儿子走，这样可以求出每个点的合法操作序列。然后套用上述过程，总复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\) 或者 \(\mathcal O(n)\)。

int n,rt,minn=inf,len,ans[500010],siz[250010];
vi T[250010],ve[250010];
void findrt(int x,int fa=0)
{
	int maxn=0;siz[x]=1;
	for(auto to:T[x])if(to!=fa)
	findrt(to,x),siz[x]+=siz[to],Mmax(maxn,siz[to]);
	if(Mmin(minn,max(n-siz[x],maxn)))rt=x;
}
void dfs(int x,int fa,int top)
{
	ve[top].eb(x);
	for(auto to:T[x])if(to!=fa&&to!=(((x-1)^1)+1))dfs(to,x,top);
	if(fa!=(((x-1)^1)+1))dfs(((x-1)^1)+1,x,top);
}
priority_queue<pii> q;
inline void mian()
{
	read(n);int x,y;pii p;
	for(int i=1;i<n;++i)read(x,y),T[x].eb(y),T[y].eb(x);
	findrt(1),findrt(rt);
	for(auto to:T[rt])dfs(to,rt,to);
	int pos=((rt-1)^1)+1;ans[++len]=ve[pos].back(),ve[pos].pop_back(),--siz[pos];
	for(auto to:T[rt])q.e(mp(siz[to],to));
	for(int I=1;I<(n>>1);++I)
	{
		if(q.top().se==pos)p=q.top(),q.pop();else p=mp(-1,-1);
		pos=q.top().se;
		ans[++len]=ve[pos].back(),ve[pos].pop_back();
		ans[++len]=ve[pos].back(),ve[pos].pop_back();
		siz[pos]-=2;
		q.pop(),q.e(mp(siz[pos],pos));
		if(p.fi!=-1)q.e(p);
	}
	for(auto to:T[rt])if(siz[to])ans[++len]=to;
	ans[++len]=rt;
	for(int i=1;i<=len;i+=2)write(ans[i],' ',ans[i+1],'\n');
}