「CEOI2017」Mousetrap 题解

一般来说我们会考虑将树上的特殊点（比如重心之类的）当作根，这样的话问题就会好考虑一些。在这个题中，权衡老鼠一开始的点和陷阱房，显然陷阱房不变会好更好处理（毕竟起点没什么高妙性质）。实际上这个想法在样例中有迹可循，你可以发现陷阱房在 \(1\)。

并且，不难发现，假设某个时刻起，老鼠开始往下走了，那么这个老鼠的生命就差不多得了。因为就算管理员不操作，老鼠走到叶子了，也动不了了。此时管理员只需要保证这个点到根的路径上的所有点，只有向上的走法。用样例举个例子：假设老鼠走了 \(4 \to 7\) 的边，先封住 \(7 \to 10\) 的边，这样老鼠就动不了了；然后封住 \(4 \to 6,2 \to 3\)，最后打开 \(4 \to 7\)，老鼠只能从 \(7\) 向上走到 \(4,2,1\)，进入陷阱房。

所以，不难发现老鼠被困住之后，陷阱房到老鼠初始点路径上老鼠没走过的点需要封住多余的子树，不然会产生额外的贡献（走进去之后还要走出来，并且里面的操作未知。但是这个过程完全可以规避），每个点 \(u\) 的贡献是 \(deg_u - 2\)。这显然是一个前缀和的形式，可以把这条链先爬出来，然后做个后缀和。

那么不难想到，整个过程是管理员一边堵住某些走廊，老鼠一边走。最终老鼠会在 \(m \to t\) 路径上的某一个点开始往下走到某一棵子树里面，然后遇到老鼠走不动的情况，剩下的工作在上面就已经说干净了。

但是不仅是上面的说法有漏洞（也就是，老鼠走入到子树，子树里面有些边还必须在老鼠困住无法操作时封掉），并且在子树中的过程中也没有想象中的这么好考虑——如何解决？

考虑 dp。定义 \(dp_u\) 为，老鼠刚好到 \(u\)，并且 \(u\) 的子树的边完好；老鼠在里面随意操作，管理员让老鼠最终被困回 \(u\) 的最少操作是多少？显然 \(u\) 如果是陷阱房到老鼠出发点路径上的某个点，\(dp_u\) 没有意义（老鼠不可能走上去之后再走下来，这样显然不优，并且如果更优是老鼠的失误，管理员也不可能打开 \(u \to fa_u\) 这条边）

如何求得 \(dp_u\)？当老鼠走到 \(u\) 的时候，老鼠肯定想往 \(son_u\) 中 \(dp\) 值最大的 \(p\)。此时我们将 \(u \to p\) 的边封住，这样老鼠就只能退而求其次，选 \(son_u\) 中 \(dp\) 值第二大的 \(q\)……然后最终老鼠会被困在子树中的某一个点，我们令其回到 \(q\) 之后，先把 \(u\) 子树中其他的还没被封过的边封住，然后再把 \(u \to q\) 打开，这样老鼠最终会被困在 \(u\)。转移式可以阅读这一段话简单得出。

这样的话，我们求出所有结点的 \(dp\) 值。接下来就是老鼠选择一个子树往下钻的时候了。注意到，如果老鼠能够向下进入一个结点 \(u\)，那么老鼠如果想向下钻入结点 \(v\) 使得 \(dp_v \leq dp_u\) 也是可以的，并且这属于老鼠的失误，老鼠肯定不会这么决策。但是这启发我们这个题可以用二分找到那个最大的 \(dp\) 值。并且这样就可以直接二分答案了：管理员先封住一条边，然后老鼠向上跳一条边；或者老鼠检测发现现在有一条边通向的点的 dp 值比当前二分的值要大，那么这个答案不合法。

具体实现可以研究代码，很清楚了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
char buf[1<<18],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<18,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read()
{
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0' || c>'9')	c=getchar();
	while(c>='0' && c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0'),c=getchar();
	return x;
}
void write(int x)
{
	if(x>9)	write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
vector<int> G[1000005];
int n,s,t,lnk[1000005],cnt,fa[1000005],dp[1000005],brc[1000005];
#define Deg(x) (int(G[x].size()))
void dfs(int now,int pre)
{
	fa[now]=pre;
	int maxn=0,maxc=0;
	for(auto st:G[now])
	{
		if(st==pre)	continue;
		dfs(st,now);
		if(dp[st]>=maxn)	maxc=maxn,maxn=dp[st];
		else if(dp[st]>=maxc)	maxc=dp[st];
	}
	if(now!=s)	dp[now]=maxc+Deg(now)-1;
}
bool check(int lmt)
{
	int sum=0;
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
	{
		int p=lnk[i],cks=0;
		for(auto st:G[p])
		{
			if(st==lnk[i-1] || st==lnk[i+1] || st==s)	continue;
			if(dp[st]+brc[i]+1-(i!=1)>lmt)	++cks;
		}
		sum+=cks,lmt-=cks;
		if(sum>i || lmt<0)	return false;
	}
	return true;
}
int main(){
	n=read(),s=read(),t=read();
	for(int i=1,u,v;i<n;++i)	u=read(),G[u].push_back(v=read()),G[v].push_back(u);
	dfs(s,0);
	int p=t;
	while(p^s)	p=fa[lnk[++cnt]=p];
	for(int i=cnt;i;--i)	brc[i]=brc[i+1]+Deg(lnk[i])-2;
	int l=0,r=2*n,ans=2*n;
	while(l<=r)
	{
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))	r=(ans=mid)-1;
		else	l=mid+1;
	}
	write(ans);
	return 0;
}

不是很会打标签，因为前面整理的思路看起来非常的 trivial 但是 dp 的过程非常的 naive……不知道怎么说好。