Solution -「CF 923F」Public Service

$\mathscr{Description}$

  Link.

  给定两棵含 $n$ 个结点的树 $T_1=(V_1,E_1),T_2=(V_2,E_2)$，求一个双射 $\varphi:V_1\rightarrow V_2$，使得 $\forall (u,v)\in V_1^2,~(u,v)\notin E_1\lor (\varphi(u),\varphi(v))\notin E_2$，或声明无解。

  $n\le10^4$。

$\mathscr{Solution}$

  为方便叙述，若 $T$ 中最大结点度数为 $d$，那么称 $T$ 为 $(n-1-d)$-star，即一个 $k$-star 可以通过删去 $k$ 个点变成菊花图。（或许外国友人叫它 star？）

  首先，当然是猜无解条件：显然一个充分条件是，若 $T_1$ 或 $T_2$ 是 $0$-star，则无解。受此启发，我们连带着考虑 $1$-star 是否有解 <motivation>。不妨设 $T_1$ 是 $k$-star，$T_2$ 是非 $0$-star 的任意树。直观感受，$T_1$ 有一个限制极强的“花蕊”——在 $\varphi$ 作用后它只能和一个结点连边，因此它必然被映到 $T_2$ 的一片叶子上。此后的构造就很简单了，这里给出 tutorial 里的图（其中 $w$ 即“花蕊”，$\varphi(v)$ 是 $\varphi(w)$ 唯一能连向的点）：

  现在已经得到 $1$-star 的解，还是直观地想，比 $1$-star 限制弱的 $2$-star, $3$-star, … 是否都有解呢？我们可以尝试用归纳证明这一结论，一方面确认结论正确性，另一方面，归纳过程往往就展现了构造过程 <motivation>。

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  宽泛地讲，大致的归纳过程应是：在 $V_1$ 和 $V_2$ 中取出两个小点集 $S_1,S_2$，保证 $V_1\setminus S_1$ 和 $V_2\setminus S_2$ 各自的诱导子图不是 $0$-star，并且在得到两个诱导子图的构造后，一定能够找到合法的 $S_1\rightarrow S_2$。为了归纳的简洁，我们尽量让 $V_1\setminus S_1$ 和 $V_2\setminus S_2$ 的诱导子图是树，继而要求 $S_1,S_2$ 是当前 $T_1,T_2$ 的叶子集 <motivation>；此外，为了保证有解，取出两片与同一结点邻接的叶子就显得很冒险——如果一者不合法，另一者也不可能替换它的映射，这种坏事应该避免 <motivation>。最终，可以汇总得到这样一个 motivation: $S_1,S_2$ 分别是 $T_1,T_2$ 中两片不邻接与同一结点的，删去后不会构成 $0$-star 的叶子。

  感性分析后，我们来理性证明。对于不是 $0$-star 或 $1$-star 的 $T_1$ 与 $T_2$，尝试在其中分别取出满足上述要求的叶子 $\{u_1,v_1\}\subseteq V_1$ 和 $\{u_2,v_2\}\subseteq V_2$，它们在各自树上的唯一临接点分别是 $\{x_1,y_1\},\{x_2,y_2\}~(x_1\neq y_1,x_2\neq y_2)$。对 $V_1\setminus \{u_1,v_1\}$ 和 $V_2\setminus\{u_2,v_2\}$ 进行归纳得到一个 $\varphi$。现考虑能否为 $\varphi$ 定义 $\{u_1,v_1\}\rightarrow\{u_2,v_2\}$：

  不妨令 $\varphi(u_1):=u_2,\varphi(v_1):=v_2$，若此时 $\varphi$ 不合法，那么 $(u_2,\varphi(x_1))\in E_2\lor (v_2,\varphi(y_1))\in E_2$，可见 $\varphi(x_1)=x_2\lor\varphi(y_1)=y_2$，结合 $\varphi$ 是双射这个基本条件，可知 $(v_2,\varphi(x_1))\notin E_2\land (u_2,\varphi(y_1))\notin E_2$，因此此时定义 $\varphi(u_1):=v_2,\varphi(v_1):=u_2$ 一定合法。

  没画框框的原因是第一步加粗的“尝试”，以 $T_1$ 为例，我们真的能取出 $\{u_1,v_1\}$ 吗？

  不能！但是问题不大，可以说明当 $T_1$ 不是 $0$-star 或 $1$-star 时，仅有 $|V_1|=5$ 时有特例。鉴于这里是 OI 而非 MO <motivation>，我们可以大力讨论所有 $|V_1|=|V_2|=5$ 并证明它们都有解，算法实现时大力全排列得到它们的解。综上，有原结论成立。 $\square$

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  经过精细实现可以做到 $\mathcal O(n\log n)$，由于担心有人 $\mathcal O(n^2)$ 莽过了这里简单提一下。我们不选确定的根，而是动态维护最大度数的结点。对于每个结点，维护其当前与其邻接的叶子集 $L_u$ 以及这棵树可用叶子集 $L_T$，保证仅选取 $L_u$ 中的一个元素加入 $L_T$。这样，从 $L_T$ 任取两个点，简单判一下删去它们是否构成 $0$-star，若可行，则更新它们临接点的 $L$ 集合，若发现邻接点也成了叶子就再加入邻接点的邻接点的 $L$ 集合即可。这 $n$ 挺小的，全程 std::set 乱飞应该没什么问题√

$\mathscr{Code}$

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

typedef std::pair<int, int> PII;
#define fi first
#define se second

const int MAXN = 1e4;
int n, deg[2][MAXN + 5], fa[2][MAXN + 5], ref[MAXN + 5];
// fa[t][u] is defined only when u is a leaf.
bool rsv[MAXN + 5];
std::set<PII> edge[2], mdeg[2];
std::set<int> lbuc[2];
std::vector<int> adj[2][MAXN + 5];
std::deque<int> ch[2][MAXN + 5];

inline bool exist(const int t, int u, int v) {
    if (u > v) u ^= v ^= u ^= v;
    return edge[t].count({ u, v });
}

inline void init(const int t, const int u, const int las) {
    if (las && deg[t][u] == 1) ch[t][fa[t][u] = las].push_front(u);
    for (int v: adj[t][u]) if (v != las) {
        if (!las && deg[t][u] == 1) ch[t][fa[t][u] = v].push_front(u);
        init(t, v, u);
    }
}

inline bool check(const int u) {
    for (int v: adj[0][u]) {
        if (ref[v] > 0 && exist(1, ref[u], ref[v])) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

inline void solve(const int rest) {
    int rt0 = mdeg[0].rbegin()->se, rt1 = mdeg[1].rbegin()->se;
    if (rest <= 5) { // detailed situation, brute force.
        int p[6] = {}, q[6] = {};
        rep (i, 1, n) {
            if (!ref[i]) p[++p[0]] = i;
            if (!rsv[i]) rsv[q[++q[0]] = i] = true;
        }
        do {
            bool flg = true;
            rep (i, 1, p[0]) ref[p[i]] = 0;
            rep (i, 1, p[0]) {
                ref[p[i]] = q[i];
                if (!(flg = check(p[i]))) break;
            }
            if (flg) return ;
        } while (std::next_permutation(q + 1, q + q[0] + 1));
        assert(false); // since there's a solution existing, it's impossible.
    } else if (deg[0][rt0] < rest - 2 && deg[1][rt1] < rest - 2) {
        // choose two pairs of leaves.
        assert(lbuc[0].size() >= 2 && lbuc[1].size() >= 2);
        int u0(*lbuc[0].begin()), v0(*++lbuc[0].begin());
        int u1(*lbuc[1].begin()), v1(*++lbuc[1].begin());
        if (deg[0][rt0] == rest - 3 && fa[0][u0] != rt0)
            v0 = ch[0][rt0].back();
        if (deg[1][rt1] == rest - 3 && fa[1][u1] != rt1)
            v1 = ch[1][rt1].back();

        auto update = [](const int t, const int u)->void {
            assert(u);
            lbuc[t].erase(ch[t][u].back());
            mdeg[t].erase({ deg[t][ch[t][u].back()]--, ch[t][u].back() });
            mdeg[t].erase({ deg[t][u]--, u });
            mdeg[t].insert({ deg[t][u], u });
            ch[t][u].pop_back();
            if (ch[t][u].size()) lbuc[t].insert(ch[t][u].back());
            if (deg[t][u] == 1) {
                for (int v: adj[t][u]) if (deg[t][v]) { fa[t][u] = v; break; }
                assert(fa[t][u]);
                ch[t][fa[t][u]].push_front(u);
                if (ch[t][fa[t][u]].size() == 1) lbuc[t].insert(u);
            }
        };
        update(0, fa[0][u0]), update(0, fa[0][v0]);
        update(1, fa[1][u1]), update(1, fa[1][v1]);

        ref[u0] = ref[v0] = -1, rsv[u1] = rsv[v1] = true;
        // printf("(%d,%d) & (%d,%d)\n", u0, v0, u1, v1);
        solve(rest - 2);
        ref[u0] = u1, ref[v0] = v1;
        if (!check(u0) || !check(v0)) ref[u0] = v1, ref[v0] = u1;
    } else if (deg[0][rt0] == rest - 2) { // rt0 is 1-star.
        // assert(lbuc[0].size() == 2);
        int x = *lbuc[0].begin(), y = *lbuc[1].begin();
        if (fa[0][x] == rt0) x = *lbuc[0].rbegin();
        rsv[ref[rt0] = y] = rsv[ref[x] = fa[1][y]] = true;

        int s = fa[0][x];
        rep (i, 1, n) if (!rsv[i]) {
            rsv[ref[s] = i] = true;
            if (check(s)) break;
            ref[s] = rsv[i] = false;
        }
        assert(ref[s]);

        for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) if (!ref[i]) {
            while (rsv[j]) ++j;
            rsv[ref[i] = j++] = true;
        }
    } else { // rt1 is 1-star.
        // assert(lbuc[1].size() == 2);
        int x = *lbuc[1].begin(), y = *lbuc[0].begin();
        if (fa[1][x] == rt1) x = *lbuc[1].rbegin();
        rsv[ref[y] = rt1] = rsv[ref[fa[0][y]] = x] = true;

        int s = fa[1][x];
        rep (i, 1, n) if (!ref[i]) {
            rsv[ref[i] = s] = true;
            if (check(i)) break;
            ref[i] = rsv[s] = false;
        }
        assert(rsv[s]);

        for (int i = 1, j = 1; i <= n; ++i) if (!rsv[i]) {
            while (ref[j]) ++j;
            rsv[ref[j++] = i] = true;
        }
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    rep (t, 0, 1) rep (i, 2, n) {
        int u, v; scanf("%d %d", &u, &v);
        if (u > v) u ^= v ^= u ^= v;
        u -= t * n, v -= t * n, ++deg[t][u], ++deg[t][v];
        edge[t].insert({ u, v });
        adj[t][u].push_back(v), adj[t][v].push_back(u);
    }

    rep (i, 1, n) {
        mdeg[0].insert({ deg[0][i], i });
        mdeg[1].insert({ deg[1][i], i });
        if (deg[0][i] == n - 1 || deg[1][i] == n - 1) return puts("No"), 0;
    }

    init(0, 1, 0), init(1, 1, 0);
    rep (t, 0, 1) rep (i, 1, n) {
        if (ch[t][i].size()) {
            lbuc[t].insert(ch[t][i].back());
        }
    }

    solve(n);
    puts("Yes");
    rep (i, 1, n) printf("%d%c", ref[i] + n, i < n ? ' ' : '\n');
    return 0;
}