P2018：消息传递题解——二次扫描与换根

消息传递

题面

题目描述

巴蜀国的社会等级森严，除了国王之外，每个人均有且只有一个直接上级，当然国王没有上级。如果A是B的上级，B是C的上级，那么A就是C的上级。绝对不会出现这样的关系：A是B的上级，B也是A的上级。

最开始的时刻是0，你要做的就是用1单位的时间把一个消息告诉某一个人，让他们自行散布消息。在任意一个时间单位中，任何一个已经接到消息的人，都可以把消息告诉他的一个直接上级或者直接下属。

现在，你想知道：

1.到底需要多长时间，消息才能传遍整个巴蜀国的所有人？

2.要使消息在传递过程中消耗的时间最短，可供选择的人有那些？

输入格式

输入文件的第一行为一个整数N（N≤1000），表示巴蜀国人的总数，假如人按照1到n编上了号码，国王的编号是1。第2行到第N行（共N-1行），每一行一个整数，第i行的整数表示编号为i的人直接上级的编号。

输出格式

文件输出共计两行：

第一行为一个整数，表示最后一个人接到消息的最早时间。

第二行有若干个数，表示可供选择人的编号，按照编号从小到大的顺序输出，中间用空格分开。

样例 #1

样例输入 #1

8
1
1
3
4
4
4
3

样例输出 #1

5
3 4 5 6 7

题解

题意简述：给定一棵树，其中1是树根，要找到一个点将其染色，耗费1的时间，然后在每一个时间内，所有被染色点可以在与其相连的点中选择一个染色，将整棵树都被染完的时间即为这个点的答案。要求出最小的答案，并且指出哪些点的答案最优。
对于此类问题，我们先来思考如果指定了一个点如何求出答案。

首先明确，由于一个点可以向上向下传递，那么此时谁是父亲谁是儿子不重要了，我们只需要知道与这个点连边的点可以被这个点染色即可，那么我们可以将这个点变为树根，显然此时只能向下传递，此时这个问题就很像一个树形DP了，具体的，设$f[x]$表示将$x$染色后染完整个$x$的子树的最小时间（为了方便计算，这里没有将选择$x$的“1”计入，当然最后将答案加一即可）。那么参考这个中关于贪心的证明部分，容易知道：

$$f[x]=\underset{y\in son(x)}{max}\{f[y]+Ran{k}_y\}$$

其中$son(x)$代表$x$的子节点集合，$Ran{k}_y$是指在$x$的所有儿子节点中$f$值的排名(从大到小)。$O(n{\log }_{2}n)$DP即可求解，这个上界很松，故其实$O(n^2{\log }_{2}n)$的枚举即可AC。

但显然，进行$n$次DP肯定有优化的空间。考虑二次扫描与换根法，请看这图：

对于这部分的计算，可以设$g[x]$表示在$father(x)$为根的树(整棵树)中，除了以$x$为根的子树的答案，对于这个的计算，可以类比$f$，也很简单：

$$g[x]=max\{g[fa(x)]+Ran{k}_{fa(x)},\underset{y\in son(x)}{max}\{f[y]+Ran{k}_y\}\}$$

其中$fa$表示父节点，$Rank$表示将所有的$f[y](y\in son(x))$与$g[fa(x)]$放在一起从大到小排序后的排名。

有了$g$，$ans[x]$也就呼之欲出了：

$$ans[x]=1+max\{g[x]+Ran{k}_x,\underset{y\in son(x)}{max}\{f[y]+Ran{k}_y\}\}$$

$Rank$含义类似。

进行两次DP即可求出解，需要注意的是，对于根节点$1$，不存在$g$，也不计入子节点统计$g$的$g[fa(x)]$。

加一的原因是无论是$f[x],g[x]$都是默认$x$已染色，但实际上需要1的时间将其染色。

#define N 2005
int head[N],nxt[N],ver[N],tot=1,f[N],g[N],ans[N],b[N],lst[N],n;
void add(int u,int v){
	nxt[++tot]=head[u],ver[head[u]=tot]=v;
}
void dfs1(int u,int fa){
	int cnt=0;
	lst[u]=fa;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		dfs1(v,u);
	}
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		if(ver[i]==fa)continue;
		b[++cnt]=f[ver[i]];
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	reverse(b+1,b+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		f[u]=max(f[u],b[i]+i);
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	int cnt=0;
	if(fa!=1)b[++cnt]=g[fa];
	for(int i=head[fa];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==u||v==lst[fa])continue;
		b[++cnt]=f[v];	
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	reverse(b+1,b+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		g[u]=max(g[u],b[i]+i);
	}
	cnt=1;b[1]=g[u];
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		b[++cnt]=f[v];
	}
	sort(b+1,b+cnt+1);
	reverse(b+1,b+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		ans[u]=max(ans[u],b[i]+i);
	}
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		dfs2(v,u);
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int v;
		cin>>v;
		add(i,v);add(v,i);
	}
	dfs1(1,0);
	ans[1]=f[1];
	for(int i=head[1];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		dfs2(v,1);
	}
	int Ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++)Ans=min(Ans,++ans[i]);
	cout<<Ans<<endl;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(ans[i]==Ans)cout<<i<<" ";
}