「AGC018F」Two Trees

题目

点这里看题目。

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给定两棵树 $A,B$，两棵树均包含 $n$ 个结点。结点编号均从 $1\sim n$。

现在需要给每个编号分配一个权值，使得两棵树上的任意子树内，所有的结点编号对应的权值之和都为 $1$ 或 $-1$。

构造任意一种方案，或声明无解。

所有数据满足 $1\le n\le 10^5$。

分析

实际上，找到“子树和”的方案和找到“结点编号”的方案是完全等价的。前者的约束更紧，所以我们可以从“子树和”入手。

设 $P_u,Q_u$​ 分别为 $A,B$​ 树上 $u$​ 的儿子集合，$s_u,t_u$ 分别为 $A,B$ 树上 $u$ 的子树和，而 $r_1,r_2$ 分别为 $A,B$ 树的根。则我们相当于要构造 $s,t$ 满足：

$$\begin{cases} s_{r_1}=t_{r_2}\\ s_u-\sum_{v\in P_u}s_v=t_u-\sum_{v\in Q_u}t_v&\forall 1\le u\le n\\ s_u,t_u\in \{-1,1\}&\forall 1\le u\le n\\ \end{cases}$$

如果对模型足够熟悉的话，其实现在已经可以看出来约束描述了一个“欧拉回路”的整数线规，因为：

1. 每个变量恰好出现在两条限制中，且符号不同，这相当于一条有向边，向两个结点分别贡献入度和出度。
2. 每个变量的取值为 $\{-1,1\}$​，这相当于是进行“定向”。
3. 每条限制为 $\sum=0$，这相当于是要求“入度”和“出度”相等。

所以按照这个线规说的建图即可，可以 $O(n)$​ 判断解的存在性和构造解。

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如果认不得模型怎么办？我们做一点变换。设 $s_u=2x_u-1,t_u=2y_u-1$，则原线规变成：

$$\begin{matrix} \max&0\\ \text{s.t.}&x_{r_1}-y_{r_2}=0\\ &x_u+\sum_{v\in Q_u}y_v=y_u+\sum_{v\in P_u}x_v+\frac{1}{2}(|Q_u|-|P_u|)&1\le u\le n\\ &x_u,y_u\in\{0,1\}&1\le u\le n \end{matrix}$$

此时发现有解的必要条件为 $\forall 1\le u\le n,|P_u|\equiv |Q_u|\pmod 2$，也就是欧拉回路存在的必要条件（在图连通时就是充要的）。另一方面，当我们把图建出来之后，我们发现它的结构神似“混合图欧拉回路”模型，并且实际上所有初始边都是无向边（比如，你可以通过 $\frac{1}{2}(|Q_u|-|P_u|)$ 这样的常数推测）。所以，还原回去就可以得到欧拉回路的算法。

Remark.

实际上，在容量全是 $1$ 的图上 Dinic 复杂度为 $O(m\times \min\{n^{\frac 2 3},m^{\frac 1 2}\})$，所以如果没看出来直接跑网络流可能是可以过的。​

代码

#include <cstdio>

#define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )

const int INF = 1e9;
const int MAXN = 2e5 + 5;

template<typename _T>
inline void Read( _T &x ) {
    x = 0; char s = getchar(); bool f = false;
    while( s < '0' || '9' < s ) { f = s == '-', s = getchar(); }
    while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
    if( f ) x = -x;
}

template<typename _T>
inline void Write( _T x ) {
    if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
    if( 9 < x ) Write( x / 10 );
    putchar( x % 10 + '0' );
}

template<typename _T>
inline _T Min( const _T &a, const _T &b ) {
    return a < b ? a : b;
}

struct Edge {
    int to, nxt;
} Graph[MAXN << 1];

int dir[MAXN];
int head[MAXN], deg[MAXN], cnt = 1;

int S[MAXN], T[MAXN], X[MAXN];
int A[MAXN], B[MAXN];

int N;

inline void AddEdge( const int &from, const int &to ) {
    Graph[++ cnt].to = to, Graph[cnt].nxt = head[from];
    head[from] = cnt;
}

void DFS( const int &u ) {
    for( int &i = head[u], id ; i ; i = Graph[i].nxt )
        if( ! dir[id = i >> 1] ) {
            dir[id] = i & 1 ? -1 : 1;
            DFS( Graph[i].to );
        }
}

int main() {
    Read( N );
    rep( i, 1, N ) {
        Read( A[i] );
        if( A[i] == -1 ) A[i] = N + 1;
        AddEdge( i, A[i] ), AddEdge( A[i], i );
        deg[A[i]] ++;
    }
    rep( i, 1, N ) {
        Read( B[i] );
        if( B[i] == -1 ) B[i] = N + 1;
        AddEdge( i, B[i] ), AddEdge( B[i], i );
        deg[B[i]] ++;
    }
    rep( i, 1, N )
        if( deg[i] & 1 )
            return puts( "IMPOSSIBLE" ), 0;
    puts( "POSSIBLE" );
    DFS( 1 );
    rep( i, 1, N ) X[i] = S[i] = dir[i];
    rep( i, 1, N ) if( A[i] <= N ) X[A[i]] -= S[i];
    rep( i, 1, N ) Write( X[i] ), putchar( " \n"[i == N] );
    return 0;
}