CF1914F Programming Competition

Problem - 1914F - Codeforces

我觉得这个题的难度比 $1900$ 要大吧，感觉细节挺多的

先说一个官方题解的做法
我们从上到下的考虑，对于以 $u$ 为根时我们把 $u$ 的所有儿子的 $s i z_{x}$ 记录下来，让不同儿子的 $s i z_{x}$ 两两匹配，这里会分成两种情况
1. 如果 $s i z_{m x} \leq s i z_{u} - 1 - s i z_{m x}$ ，则我们一定可以把这些合并成 $⌊ \frac{s i z_{u} - 1}{2} ⌋$ 对
2. 如果 $s i z_{m x} > s i z_{u} - 1 - s i z_{m x}$ ，那我们在把 $m x$ 和其他所有儿子合并后依然还剩下 $s i z_{m x} - (s i z_{u} - 1 - s i z_{m} x)$ 个没有合并，而且都在 $m x$ 子树里，这时候我们就递归到 $m x$ 里继续寻找答案
现在的细节就是我们继续寻找答案的时候我们要以什么方式去匹配
答案是优先匹配祖先节点的
考虑如果存在一种最优解是先考虑了 $m x$ 子树内的匹配再去考虑 $m x$ 和祖先的匹配
如果祖先还能继续匹配的个数是偶数，那我们把 $m x$ 的一对匹配拆开匹配给祖先显然等价
如果祖先还能继续匹配的个数为奇数，那我们如果把 $m x$ 的一对匹配拆开后把一个和祖先匹配，另一个剩下，到达这个祖先节点的父节点时两者没有被匹配的节点数是相同的，也就是说两者匹配数相同，依然是最优解
而且我们变换为先匹配祖先节点的原因是先考虑子孙节点比较“片面”，典型的就是第 $5$ 个样例，如果先考虑子孙节点就会出现 $(5, 6), (2, 3)$ 这样的组合，答案容易更劣；而考虑祖孙节点更“整体”
现在我们既然递归到 $m x$ 里，我们就需要把祖孙节点和他匹配的情况给挑出来。我们在递归进去时记一个 $K$ 表示 $m x$ 的祖先节点已经用掉了 $K$ 个点，因此情况变为：
1. 如果 $s i z_{m x} - k \leq s i z_{u} - 1 - s i z_{m x}$ ，则我们一定可以把这些合并成 $⌊ \frac{s i z_{u} - 1}{2} ⌋$ 对
2. 如果 $s i z_{m x} - k > s i z_{u} - 1 - s i z_{m x}$ ，那我们在把 $m x$ 和其他所有儿子合并后依然还剩下 $s i z_{m x} - (s i z_{u} - 1 - s i z_{m} x)$ 个没有合并，而且都在 $m x$ 子树里，这时候答案为 $s i z_{u} - 1 - s i z_{m} x + s o l v e (m x, max (k + s i z_{u} - 1 - s i z [m x] - 1, 0))$
其中注意的是 $m x$ 子树内是没有节点和 $m x$ 自身匹配的，因此当往下递归时要让 $K$ 减一，不用白不用
最终复杂度为 $O (n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
template<typename T>T &read(T &x){
	cin>>x;
	return x;
}

const int maxn=2e5+50;

int n;
struct E{int v,nxt;}e[maxn];
int hd[maxn],cnt=1;
int siz[maxn];

void ade(int u,int v){
	e[++cnt]=E{v,hd[u]};
	hd[u]=cnt;
}

void dfs1(int u){
	siz[u]=1;
	for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		dfs1(v);
		siz[u]+=siz[v];
	}
}

int solve(int u,int k){
	int mx=-1;
	for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
		int v=e[i].v;
		if(mx==-1||siz[v]>siz[mx]){
			mx=v;
		}
	}
	if(siz[u]==1){
		return 0;
	}
	if(siz[mx]-k<=siz[u]-1-siz[mx]){
		return (siz[u]-1-k)/2;
	}
	return siz[u]-1-siz[mx]+solve(mx,max(k+siz[u]-1-siz[mx]-1,0));
}

void mian(int TwT){
	read(n);
	int fa;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		read(fa);
		ade(fa,i);
	}
	dfs1(1);
	printf("%d\n",solve(1,0));
}

void init(){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		hd[i]=0;
	}
	cnt=1;
}

int main(){
	
	int T=1;
	read(T);
	for(int TwT=1;TwT<=T;++TwT){
		init();
		mian(TwT);
	}
	
	return 0;
}