LY1107 [ 20230225 CQYC模拟赛 T2 ] 圣诞决斗

题意

给定一棵大小为 \(n\) 的树。

有两个人，每个点属于其中某一个人。

每轮选择一个度数为 \(1\) 的点删掉，设最后取得点的主人获胜。

问谁会获胜。

Sol

博弈分讨萌萌题。

首先这道题直接做肯定不好做。

考虑从特殊性质出发。

首先，对于链来说。不难想到要对于 \(n\) 的奇偶性分讨。

注意到当 \(n\) 为偶数时，先手可以控制最后的点在中间两点之中的哪个点。

反之，若中间两点都不是先手的点，后手也可以控制最后的点在中间两点之中。

所以，中间两点一点为先手则先手获胜，反之后手获胜。

当 \(n\) 为奇数时，不难发现先手选择一点后就变为了偶数后手的情况。

所以当中间点为后手时，就变为了偶数先手的情况，也就是后手获胜。

先手获胜当且仅当中间三个点，其中有两个点为先手，并且中间点也为先手。

考虑菊花图。

菊花图是 \(trivial\) 的，不难发现，两个人的最优方案都是优先选择对方的节点。

所有考虑除了中心以外谁的节点更多，谁就获胜。

注意到链和菊花的答案都和 中心 有关。

这启发我们朝树的重心思考。

不难发现，树的重心一定是最后选择的节点。

考虑对于 \(n\) 的奇偶分讨。

当 \(n\) 为奇数 时：

• 类似于链，重心为后手点，则后手必胜。
• 类似于菊花，重心为先手点，考虑将所有儿子的 \(siz\) 加起来。

当 \(n\) 为偶数 时：

• 类似于链，如果有一个重心属于先手，先手必胜，若两个重心均为后手点，则后手必胜。
• 类似于菊花，重心唯一且属于后手，和 \(n\) 为奇数重心为先手点的情况相同。

做完了。

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <array>
#include <vector>
#include <cassert>
#define pii pair <int, int>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE

/* #define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++) */
/* char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf, ubuf[1 << 23], *u = ubuf; */

#endif
int read() {
    int p = 0, flg = 1;
    char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
		if (c == '-') flg -= -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9') {
		p = p * 10 + c - '0';
		c = getchar();
	}
	return p * flg;
}
void write(int x) {
	if (x < 0) {
		x = -x;
		putchar('-');
	}
	if (x > 9) {
		write(x / 10);
	}
	putchar(x % 10 + '0');
}
#define fi first
#define se second

const int N = 1e4 + 5, M = 2e4 + 5;

namespace G {

array <int, N> fir;
array <int, M> nex, to;
int cnt = 1;

void add(int x, int y) {
	cnt++;
	nex[cnt] = fir[x];
	to[cnt] = y;
	fir[x] = cnt;
}

}

array <int, N> fa, siz;
vector <pii> rt;

void dfs(int x, int n) {
	int tp = 0;
	siz[x] = 1;
	for (int i = G::fir[x]; i; i = G::nex[i]) {
		if (G::to[i] == fa[x]) continue;
		fa[G::to[i]] = x;
		dfs(G::to[i], n);
		siz[x] += siz[G::to[i]];
		tp = max(tp, siz[G::to[i]]);
	}
	tp = max(tp, n - siz[x]);
	if (tp < rt.back().fi) rt.clear(), rt.push_back(make_pair(tp, x));
	else if (tp == rt.back().fi) rt.push_back(make_pair(tp, x));
}


char strbuf[N];

void calc(int n) {
	fa.fill(0);
	dfs(rt.front().se, n);
	int tp1(0), tp2(0);
	for (int i = G::fir[rt.front().se]; i; i = G::nex[i])
		strbuf[G::to[i]] == 'C' ? tp1 += siz[G::to[i]] : tp2 += siz[G::to[i]];
	if (tp1 >= tp2) puts("Clash");
	else puts("Royale");
}

void solve() {
	int n = read();
	scanf("%s", strbuf + 1);
	G::cnt = 1, G::fir.fill(0);
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		int x = read(), y = read();
		G::add(x, y), G::add(y, x);
	}
	rt.push_back(make_pair(n + 1, 0));
	fa.fill(0);
	dfs(1, n);
	bool flg1 = n & 1, flg2 = rt.size() == 1, flg3 = strbuf[rt.front().se] == 'C', flg4 = strbuf[rt.back().se] == 'C';
	if (flg1 && flg3) calc(n);
	if (flg1 && !flg3) puts("Royale");
	if (!flg1 && (flg3 || flg4)) puts("Clash");
	if (!flg1 && !flg2 && !flg3 && !flg4) puts("Royale");
	if (!flg1 && flg2 && !flg3) calc(n);

}

int main() {
	freopen("tree.in", "r", stdin);
	freopen("tree.out", "w", stdout);
	int T = read();
	while (T--) solve();
	return 0;
}