左孩子右兄弟

合集 - 蓝桥杯(26)

1.试题 C ：直线2024-02-202.树形动态规划2024-02-253.X 进制减法2024-02-264.后缀表达式2024-02-265.统计子矩阵2024-02-296.包子凑数2024-03-017.整数拼接2024-03-028.地宫取宝2024-03-039.七段码2024-03-0410.砝码称重2024-03-0511.递增三元组2024-03-0712.完全平方数2024-03-0913.[蓝桥杯 2019 省 A] 填空问题 E2024-03-1314.波动数列2024-03-16

15.左孩子右兄弟2024-03-17

16.接龙数列2024-03-2317.糖果2024-03-2618.蚂蚁感冒2024-03-2819.子串分值2024-03-3020.超级胶水2024-03-3021.P9425 [蓝桥杯 2023 国 B] AB 路线2024-05-1222.P9426 [蓝桥杯 2023 国 B] 抓娃娃2024-05-1223.P9425 [蓝桥杯 2022 国 B] 20222024-05-1324.P8805 [蓝桥杯 2022 国 B] 机房2024-05-1525.P8806 [蓝桥杯 2022 国 B] 搬砖2024-05-1626.P8764 [蓝桥杯 2021 国 BC] 二进制问题2024-05-19

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一、问题描述

P8744 [蓝桥杯 2021 省 A] 左孩子右兄弟

二、问题简析

2.1 左孩子右兄弟

首先，我们要了解怎么通过“左孩子右兄弟”表示法将多叉树转化为二叉树：对于一棵多叉树，一个父节点有多个子节点，将第一个子节点作为父节点的左孩子，并与父节点相连；将剩余的子节点作为左孩子的右兄弟，并用边与左孩子相连（不是父节点）；处理完所有子节点后，再按一样的规则处理其余父节点。

以该多叉树为例：

处理子节点：

以 1 为根节点“拉一下”二叉树：

注意： 多叉树中根节点的子节点并不一定按图所示的顺序排列，更准确地说，是无序的，也就是说左孩子和右兄弟的选择是任意的。

2.2 树状dp

设 \(dp_i=\) 以 \(i\) 为根节点的二叉树的高度；\(A_i.size=\) 原多叉树中根节点 \(i\) 的子节点个数；\(j \in A_i\) 为根节点 \(i\) 的所有子节点。
假设在原多叉树中，根节点 \(i\) 的子节点都是叶节点，即子节点没有子节点。结合上图，就是没有节点 6。显然，用“左孩子右兄弟”转化后，\(dp_i\) 仅取决于 \(i\) 的子节点的个数，即 \(dp_i=A_i.size\)。
在上文的基础上，假设子节点不再是叶节点，即子节点有子节点。结合上图，就是考虑节点 6。从贪心的角度，为了使二叉树最高，肯定要尽可能“延长”树，即最高的子树放在最下面。本例中，就是把节点 2 放在最下面，因为以 2 为根节点的子树高度为 \(1\)，其余子树都为 \(0\)。贪心地处理后，最大高度就是根节点 \(i\) 的子节点个数 + 子树的最大高度。

总结一下，

\[dp_i=A_i.size + max({dp_j~|~j\in A_i}) \]

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三、AC代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

int quickin(void)
{
	int ret = 0;
	bool flag = false;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9')
	{
		if (ch == '-')    flag = true;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF)
	{
		ret = ret * 10 + ch - '0';
		ch = getchar();
	}
	if (flag)    ret = -ret;
	return ret;
}

const int MAX = 1e5 + 3;
int N, dp[MAX];
vector<int> A[MAX];

void dfs(int x)
{
	vector<int> B = A[x];
	for (int i = 0; i < B.size(); i++)
	{
		dfs(B[i]);
		dp[x] = max(dp[x], dp[B[i]]);
	}
	dp[x] += B.size();
}

int main()
{
	#ifdef LOCAL
	freopen("test.in", "r", stdin);
	#endif
	
	N = quickin();
	for (int i = 2; i <= N; i++)
	{
		int a = quickin();
		A[a].push_back(i);
	}
	
	dfs(1);
	cout << dp[1] << endl;
	
	return 0;
}

---

完