翻转树边

翻转树边

给定一个 $n$ 个节点的树。

节点编号为 $1 \sim n$。

树中的 $n−1$ 条边均为单向边。

现在，我们需要选取一个节点作为中心点，并希望从中心点出发可以到达其他所有节点。

但是，由于树中的边均为单向边，所以在选定中心点后，可能无法从中心点出发到达其他所有节点。

为此，我们需要翻转一些边的方向，从而使得所选中心点可以到达其他所有节点。

我们希望选定中心点后，所需翻转方向的边的数量尽可能少。

请你确定哪些点可以选定为中心点，并输出所需的最少翻转边数量。

输入格式

第一行包含整数 $n$。

接下来 $n−1$ 行，每行包含两个整数 $a,b$，表示存在一条从 $a$ 到 $b$ 的单向边。

输出格式

第一行输出一个整数，表示所需的最少翻转边数量。

第二行以升序顺序输出所有可选中心点（即所需翻转边数量最少的中心点）的编号。

数据范围

前三个测试点满足 $2 \leq n \leq 5$。
所有测试点满足 $2 \leq n \leq 2 \times {10}^{5}$，$1 \leq a,b \leq n$，$a \ne b$。

输入样例1：

3
2 1
2 3

输出样例1：

0
2

输入样例2：

4
1 4
2 4
3 4

输出样例2：

2
1 2 3

 

解题思路

　　这是一个树形dp的题。

　　暴力的做法是，选择一个点进行dfs，遍历每一个子节点，如果这条边是正方向的（由根节点指向子节点），那么这条边的权值为$0$，否则（反方向）边的权值为$1$。dfs的时候对边权求和，dfs一遍后权值和就是要翻转边的数量。但这种做法的话需要对每个结点进行一次dfs，总的时间复杂度就是$O \left( n^2 \right)$，会超时。

　　我们的做法是，定义一个数组$down \left[ i \right]$，表示从结点$i$往下走，走完以$i$为根的子树，所需要翻转的边的数目，也就是边权和。对于根节点，先把子节点的$down$求出来，然后再相加，就得到根节点的$down$（当然还要加上根节点到子节点这条边的权值）。

　　对于任何一个结点$u$，要求以它为根的树，到所有点的边权和是多少，除上面求得的往下走的$down \left[ u \right]$之外，还需要知道从这个结点往上走完所有结点的边权和，设为$up \left[ u \right]$。

　　比如有下图：

　　我们用过结点$u$把整棵树分成两个部分，一个是从$u$向下走的所有结点，另一部分是从$u$向上走的所有结点。其中$down \left[ u \right]$已经算出来了。

　　要算$up \left[ u \right]$，需要从$u$走到$fa$，而$fa$也有两种情况，一部分是往上走，即$up \left[ fa \right]$；一部分是往下走，即$down \left[ fa \right]$，$down \left[ fa \right]$包含两个部分，一种是以$u$为子树的向下走的部分，以及从其他子树向下走的部分。因此在算$up \left[ fa \right]$时，应该用$down \left[ fa \right]$减去以$u$为子树向下走的部分。因此$up \left[ u \right ] = up \left[ fa \right ] + down \left[ fa \right] - down \left[ u \right ] - w + \hat{w}$，其中在减去$down \left[ u \right ]$后，还需要减去从$fa$到$u$这条边的权值$w$，最后还要加上从$u$到$fa$这条边的权值$\hat{w}$，表明从$u$往上走到$fa$。

　　在算$down$时是从下往上算，即先算儿子再算根。$up$是从上往下算，因为在算儿子的$up$时，需要用到父节点的$up$。因此要写两个dfs来实现。

　　这种实现方式和另外一个题目很像，旅游规划：https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/15998496.html，也是两次树形dp，一次从下到上，一次从上到下。

　　另外，在这题的代码中，dfs的参数$from$不是从上一个结点来的编号，而是边的编号。这是因为我们在求$up$的时候，需要快速知道某条边的反向边是什么。根据我们的加边函数可以发现，$0$和$1$互为一对反向边，$2$和$3$互为一对反向边，以此类推，即如果有某条边的编号为$x$，那么这条边的反向边的编号为$x \oplus 1$。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;

int head[N], e[M], wts[M], ne[M], idx;
int down[N], up[N];

void add(int v, int w, int wt) {
    e[idx] = w, wts[idx] = wt, ne[idx] = head[v], head[v] = idx++;
}

// from在这题不代表src是从哪个结点编号来的，而是从哪一条边的编号来的，即from是边的编号
void dfs_down(int src, int from) {
    for (int i = head[src]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (i != (from ^ 1)) {  // from表示根节点是从from这条边来的，那么form这条反向边就应该是from异或1
            dfs_down(e[i], i);
            down[src] += down[e[i]] + wts[i];
        }
    }
}

void dfs_up(int src, int from) {
    for (int i = head[src]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (i != (from ^ 1)) {
            up[e[i]] = up[src] + down[src] - down[e[i]] - wts[i] + wts[i ^ 1];
            dfs_up(e[i], i);    // 求出子节点的up值后，继续求出以子节点为子树的所有结点的up
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int v, w;
        scanf("%d %d", &v, &w);
        add(v, w, 0), add(w, v, 1); // 原本是从v到w的单向边，v到w的权值为0，w到v的权值为1
    }
    
    dfs_down(1, -1);
    dfs_up(1, -1);
    
    int ret = N;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ret = min(ret, down[i] + up[i]);
    }
    printf("%d\n", ret);
    for (int i = 1; i <= n ;i++) {
        if (down[i] + up[i] == ret) printf("%d ", i);
    }
    
    return 0;
}

　　当然，上面是y总的写法，其实不一定要传入边的编号，也可以是从上一个来的结点的编号。因为边的权重只有$0$和$1$，如果我们知道某一条边的权值，那么反向边的权值就求是这条边的权值取非就可以了。

　　AC代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;

int head[N], e[M], wts[M], ne[M], idx;
int down[N], up[N];

void add(int v, int w, int wt) {
    e[idx] = w, wts[idx] = wt, ne[idx] = head[v], head[v] = idx++;
}

void dfs_down(int src, int pre) {
    for (int i = head[src]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (e[i] != pre) {
            dfs_down(e[i], src);
            down[src] += down[e[i]] + wts[i];
        }
    }
}

void dfs_up(int src, int pre) {
    for (int i = head[src]; i != -1; i = ne[i]) {
        if (e[i] != pre) {
            up[e[i]] = up[src] + down[src] - down[e[i]] - wts[i] + !wts[i];
            dfs_up(e[i], src);
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    
    memset(head, -1, sizeof(head));
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int v, w;
        scanf("%d %d", &v, &w);
        add(v, w, 0), add(w, v, 1);
    }
    
    dfs_down(1, -1);
    dfs_up(1, -1);
    
    int ret = N;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ret = min(ret, down[i] + up[i]);
    }
    printf("%d\n", ret);
    for (int i = 1; i <= n ;i++) {
        if (down[i] + up[i] == ret) printf("%d ", i);
    }
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4381. 翻转树边（AcWing杯 - 全国联赛）：https://www.acwing.com/video/3756/