[ZJOI2006] 三色二叉树 题解

[ZJOI2006] 三色二叉树 题解

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趣题。

首先我们把题目分成两部分：建树和 dp 求解。

建树：观察发现，字符串中的第 $i$ 个字符就代表图中的第 $i$ 个节点。如果 $S_i = 0$，直接跳过；如果 $S_i = 1$，那么 $i + 1$ 是 $i$ 唯一的子节点，在两点之间连边，然后继续递归建树即可。难点在于 $S_i = 2$ 的情况。不难发现，$i + 1$ 仍然是 $i$ 的一个子节点，但我们难以确定 $i$ 的另一个子节点是什么。这时不妨先把 $i + 1$ 的子树建完，那么建完之后字符串的下一位就是 $i$ 的另一个子节点。为了方便，可以维护一个变量表示建树已经进行到了第几个节点（也即字符串的第几位）。

void build(int id)
{
	mx = max(mx, id);
	
	if(str[id] == '1')
	{
		G[id].push_back(id + 1), lson[id] = id + 1;
		build(id + 1);
	}
	else if(str[id] == '2')
	{
		G[id].push_back(id + 1), lson[id] = id + 1;
		build(id + 1);
		G[id].push_back(mx + 1), rson[id] = mx + 1;
		build(mx + 1); // 另一个子节点
	}
	else
	{
		/* 之后这里可以加入 dp 的初始化 */
	}
}

dp：先考虑求最大值，最小值可以类推得出。不难想到可以设 $f(u, 0/1/2)$ 表示 $u$ 节点分别染成 $3$ 种颜色时， $T(u)$ 内最多可以有多少个节点染成绿色，洛谷的题解上似乎也都是这样写的。

然而真的需要这样吗？观察发现：红色和蓝色实际上是地位相同的。注意：说它们地位相同不代表可以把它们看作一种颜色。可以这么理解：如果我有某种染色方法，把这个染色方法中的红色节点全部染成蓝色，蓝色节点全部染成红色，得到一个新的染色方法。不难发现这个新的染色方法也是合法的，并且绿色节点的个数保持不变。所以我们实际上并不需要对每个节点都设 $3$ 种状态，$2$ 种状态就够了。

于是，设 $f(u, 1/0)$ 表示$u$ 节点分别染成绿色/非绿色时， $T(u)$ 内最多可以有多少个节点染成绿色。——这里，我们不再区分红蓝色的区别，而认为它们都是非绿色。

那么转移方程为：

$$f(u, 1) = f(lson, 0) + f(rson, 0) + 1 \\ f(u, 0) = \max(f(lson, 1) + f(rson, 0), f(lson, 0) + f(rson, 1))$$

初始化叶子节点 $u$ 的 $f(u, 1) = 1$。答案为 $\max(f(1, 1), f(1, 0))$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

constexpr int MAXN = 5e5 + 10;
int n, mx, lson[MAXN], rson[MAXN], f[MAXN][2], g[MAXN][2];
char str[MAXN];
vector<int> G[MAXN];

void build(int id)
{
	mx = max(mx, id);
	
	if(str[id] == '1')
	{
		G[id].push_back(id + 1), lson[id] = id + 1;
		build(id + 1);
	}
	else if(str[id] == '2')
	{
		G[id].push_back(id + 1), lson[id] = id + 1;
		build(id + 1);
		G[id].push_back(mx + 1), rson[id] = mx + 1;
		build(mx + 1);
	}
	else
	{
		f[id][1] = 1, f[id][0] = 0;
		g[id][1] = 1, g[id][0] = 0;
	}
}

void dfs(int u)
{
	for(int v : G[u]) dfs(v);
	
	int ls = lson[u], rs = rson[u];
	f[u][1] = f[ls][0] + f[rs][0] + 1;
	f[u][0] = max({f[ls][0] + f[rs][1], f[ls][1] + f[rs][0]});
	g[u][1] = g[ls][0] + g[rs][0] + 1;
	g[u][0] = min({g[ls][0] + g[rs][1], g[ls][1] + g[rs][0]});
}

int main()
{
	cin >> (str + 1);
	
	n = strlen(str + 1);
	build(1);
	
//	for(int i = 1; i <= n; i++)
//	{
//		cerr << i << ": ";
//		if(G[i].size() == 0) cerr << "The node is a leaf node";
//		else for(auto v : G[i]) cerr << v << ' ';
//		cerr << endl;
//	}

	dfs(1);
	
	cout << max(f[1][1], f[1][0]) << ' ' << min(g[1][1], g[1][0]) << endl;
	
	return 0;
}

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