CF 1975 D Paint the Tree(*1700) 贪心

CF 1975 D Paint the Tree(*1700) 贪心

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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;
}