USACO Cow at Large
USACO Cow at Large
题目描述
最后，Bessie 被迫去了一个远方的农场。这个农场包含 NN 个谷仓（2 \le N \le 10^52≤N≤105）和 N-1N−1 条连接两个谷仓的双向隧道，所以每两个谷仓之间都有唯一的路径。每个只与一条隧道相连的谷仓都是农场的出口。当早晨来临的时候，Bessie 将在某个谷仓露面，然后试图到达一个出口。
但当 Bessie 露面的时候，她的位置就会暴露。一些农民在那时将从不同的出口谷仓出发尝试抓住 Bessie。农民和 Bessie 的移动速度相同（在每个单位时间内，每个农民都可以从一个谷仓移动到相邻的一个谷仓，同时 Bessie 也可以这么做）。农民们和Bessie 总是知道对方在哪里。如果在任意时刻，某个农民和 Bessie 处于同一个谷仓或在穿过同一个隧道，农民就可以抓住 Bessie。反过来，如果 Bessie 在农民们抓住她之前到达一个出口谷仓，Bessie 就可以逃走。
Bessie 不确定她成功的机会，这取决于被雇佣的农民的数量。给定 Bessie 露面的谷仓K，帮助 Bessie 确定为了抓住她所需要的农民的最小数量。假定农民们会自己选择最佳的方案来安排他们出发的出口谷仓。
输入格式
输入的第一行包含 NN 和 KK。接下来的 N – 1N–1 行，每行有两个整数（在 1\sim N1∼N 范围内）描述连接两个谷仓的一条隧道。
输出格式
输出为了确保抓住 Bessie 所需的农民的最小数量。
由 @Marser 提供翻译
题解：
2020.11.12模拟赛满分场
%%%学弟TQL
一开始看到树上最优化想树形DP，后来发现推不出一个转移方程。觉得是不是自己想假了？后来开始手玩样例，发现一个性质：
按理讲，每个叶子节点都应该安排人去堵，但是不必要，因为只要有多个人是等效的，就只派一个人去收即可。
什么时候是等效的呢？
我们对于每个节点维护两个信息：第一个信息是deep[x]，牛最早能多早到达这个节点，其值就是深度-1。第二个信息是low[x]，最快到达这个节点的追的人最早能多早到达这个节点，其值可以深搜处理。很容易得出，如果low[x]<=deep[x]，这个点就被堵死了，但是这个点的贡献只是1，无论下面有多少叶子节点。
所以再深搜一遍，碰到堵死的节点就把ans++，再返回就可。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
const int INF=1e9;
int n,s;
int tot,head[maxn],nxt[maxn<<1],to[maxn<<1];
int fa[maxn],deep[maxn],low[maxn];
int du[maxn];
int ans;
void add(int x,int y)
{
to[++tot]=y;
nxt[tot]=head[x];
head[x]=tot;
}
void dfs1(int x,int f)
{
deep[x]=deep[f]+1;
fa[x]=f;
int tmp=INF;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==f)
continue;
dfs1(y,x);
tmp=min(tmp,low[y]);
}
if(du[x]==1)
low[x]=0;
else
low[x]=tmp+1;
}
void dfs2(int x)
{
if(deep[x]>=low[x])
{
ans++;
return;
}
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==fa[x])
continue;
dfs2(y);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
du[x]++,du[y]++;
}
deep[0]=-1;
dfs1(s,0);
dfs2(s);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
