[ARC152F] Attraction on Tree

Description

你有一棵有 $N$ 个点的树。一开始，树上的 1 号节点处有一个卡片。

你需要进行以下操作恰好 $N$ 次：

• 选择一个之前没有被选择过的点，将卡片向那个点移动一条边。不能选择恰好在卡片位置的点

称一个选择点的顺序是 good 的，当且仅当 $N$ 次操作后卡片在 $N$ 号节点。

你需要回答，一个 good 的顺序在过程中卡片最少访问了多少个节点。或者报告不存在 good 的顺序。

$N\le 200000$

Solution

观察一下这个过程可以发现 $1\sim n$ 的路径上的点必然会被经过。想一想有没有什么方法能只让这些点被经过。

那么你就需要让它在 $1\sim n$ 的路径上相邻的点 $x,y$ 上反复横跳，这就需要在 $x$ 这侧选一个点、再在 $y$ 这侧选一个点来实现。

形式化地，假设路径是 $(p_0=1,\dots p_m=n)$，$p_t$ 可支配的子树大小是 $siz_t$（建议意会这个“$p_t$ 可支配的点”，或者说把树看成羊肉串上的 $m+1$ 坨，$siz_t$ 就是那坨的大小）

这时候我们就需要每个 $t$ 满足 $n-m\ge 2(siz_t-t)$ 。这个式子本身结合经典贪心模型并不难理解，但是可能的一个疑问就是 每个点 $p_t$ 都支出了它能支配的 $t$ 个点，这合理吗？

本质上是出现多个点 $s_1,\dots s_k$ 满足 $2(siz_{s_i}-r_i)\le n-m< 2 siz_{s_i},r_i\le s_i$。首先发现这个 $k\le 2$，于是这两个可以互相抵消掉 $\min(r_1,r_2)$ 得到合法状态。

如果出现了 $2(siz_t-t)>n-m$ 那么必然需要经过这个子树里面的节点。如果 $p_t$ 的子孙 $q$ 的可支配点超限了（$siz_q>\frac {n-m}2+t$），则必然向 $q$ 方向移动。此时问题可以转化为把 $p_t$ 的可支配点分成若干连通块，每个连通块都不超限。这时候你又发现分割的连通块数量很有限了（只有一个链的 $siz$ 不合法），沿着重儿子把它找到即可。

Code

const int N=2e5+10;
vector<int> G[N];
int n,dep[N],fa[N],siz[N];
inline void dfs(int x,int fat){
	siz[x]=1; fa[x]=fat;
	for(auto t:G[x]) if(t!=fat){
		dep[t]=dep[x]+1;
		dfs(t,x);
		siz[x]+=siz[t];
	}
	return ;
}
int ans,mark[N];
inline void solve(int x,int lim){
	++ans; mark[x]=1;
	sort(G[x].begin(),G[x].end(),[&](const int x,const int y){return siz[x]>siz[y];});
	for(auto t:G[x]) if(t!=fa[x]&&!mark[t]){
		if(siz[x]<=lim) break;
		siz[x]-=siz[t];
		solve(t,lim);
	}
	return ;
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u=read(),v=read();
		G[u].emplace_back(v);
		G[v].emplace_back(u);
	}	
	dfs(1,0);
	if(dep[n]%2!=n%2) puts("-1"),exit(0);
	int x=n;
	vector<int> nds;
	while(x){
		mark[x]=1;
		nds.emplace_back(x);
		x=fa[x];
	}
	reverse(nds.begin(),nds.end());
	for(auto x:nds) siz[fa[x]]-=siz[x];
	reverse(nds.begin(),nds.end());
	for(auto x:nds) solve(x,(n-dep[n])/2+dep[x]);
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}