CF 1975 D Paint the Tree(*1700) 贪心
CF 1975 D Paint the Tree(*1700) 贪心
题意:
有一棵有 \(n\) 个节点的树。初始时所有节点都是白色的。现在顶点 \(a\) 和 \(b\) 上有两个棋子 \(p_a\) 和 \(p_b\) 。现在可以每次进行以下操作:
将 \(p_a\) 移动到相邻节点,如果目标节点是白色,那么将其染成红色。
将 \(p_b\) 移动到相邻节点,如果目标节点是红色,那么将其染成蓝色。
求出将所有节点染成蓝色的最小步数。
思路:
我们需要将所有节点染成蓝色,那么就需要先移动 \(p_a\) 将其染成红色,接着移动 \(p_b\) 将其染成蓝色。
那么贪心的想,一定是 \(p_a\) 和 \(p_b\) 先相遇,再一起走遍其余所有棋子即可。不妨我们令相遇的点为 \(x\) 。
那么我们考虑从 \(x\) 出发经过所有节点至少一次的最少次数是多少?显然剩下的每个点,除了最后遍历的一个点,其余每个点都有一去一回。那么我们自然选择离起点最远的点最后遍历即可。那么这个最小次数是 \(2(n-1)-maxdep\)。
接着我们考虑 \(p_a\) 和 \(p_b\) 如何移动。因为 \(p_a\) 和 \(p_b\) 相遇的位置是 \(x\) 。那么这部分的步数就是 \(max(dis(a,x),dis(b,x))\)。那么完整的答案就是 \(2(n-1)-maxdep+max(dis(a,x),dis(b,x))\)。
考虑如何确定 \(x\) 的位置。可以发现我们取 \(x\) 为 \(a\) 和 \(b\) 的中点时,答案最优。因为如果 \(x\) 发生偏移 \(1\) 个节点,
那么 \(max(dis(a,x),dis(b,x))\) 就会 \(+1\) 。\(maxdep\) 可能会 \(-1\) 。所以并不会使答案更优。
注意:如果 \(a\) 和 \(b\) 之间的距离为奇数,那么需要再多走一步。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 1;
int dep[N],f[N];
vector<int> e[N];
void dfs(int u,int fa){
f[u]=fa;dep[u]=dep[fa]+1;
for(auto v:e[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void Showball(){
int n,a,b;
cin>>n>>a>>b;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
e[u].pb(v);
e[v].pb(u);
}
dfs(a,0);
int cnt=0;
int ok=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dep[b]==i) {cnt++;break;}
if(dep[b]>i+1) b=f[b],cnt++;
else{
b=f[b];
cnt++;
ok=1;
break;
}
}
dfs(b,0);
int maxdep=0;
for(int i=1;i<=n;i++) maxdep=max(maxdep,dep[i]);
cout<<(n-1)*2-maxdep+cnt+ok<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int T=1;
if(cases) cin>>T;
while(T--)
Showball();
return 0;
}