2419. prufer序列

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2419. prufer序列

本题需要你实现prufer序列与无根树之间的相互转化。

假设本题涉及的无根树共有 $n$ 个节点，编号 $1 \sim n$。

为了更加简单明了的描述无根树的结构，我们不妨在输入和输出时将该无根树描述为一个以 $n$ 号节点为根的有根树。

这样就可以设这棵无根树的父亲序列为 $f_1,f_2,…,f_{n-1}$，其中 $f_i$ 表示将该树看作以 $n$ 号节点为根的有根树时，$i$ 号节点的父节点编号。

同时，设这棵无根树的prufer序列为 $p_1,p_2,…,p_{n-2}$。

现在，给定一棵由 $n$ 个节点构成的无根树，以及该无根树的一个序列（父亲序列或prufer序列），请你求出另一个序列。

输入格式

输入共两行。

第一行包含两个整数 $n,m$，表示无根树的节点数以及给定序列类型。

如果 $m = 1$，则第二行包含 $n-1$ 个整数，表示给定序列为父亲序列。

如果 $m = 2$，则第二行包含 $n-2$ 个整数，表示给定序列为prufer序列。

输出格式

共一行，输出另一个序列，整数之间用单个空格隔开。

数据范围

$2 \le n \le 10^5$

输入样例1：

6 1
3 5 4 5 6

输出样例1：

3 5 4 5

输入样例2：

6 2
3 5 4 5

输出样例2：

3 5 4 5 6

解题思路

prufer编码

prufer编码主要作用即将一棵无根树转化为一个序列（即prufer序列），另外prufer序列也可以反过来转化为一棵树，即prufer序列和树之间是一一对应的，常用来解决一些证明问题，如凯莱定理等
证明凯莱定理（一个无向完全图有 $n^{n-2}$ 棵生成树）：由于prufer序列和树之间是一一对应的关系，证明有多少棵不同的生成树即证明有多少种prufer序列，显然，prufer序列共有 $n-2$ 项，其范围为 $1\sim n$，故其种类数为 $n^{n-2}$

prufer编码的流程：假定 $n$ 号节点为根，找到除根外度数最小的节点，在删除该节点之前，将其父节点输出，重复该流程，直到最后只剩下两个节点，即prufer序列只有 $n-2$ 个元素，因为prufer序列最多 $n-1$ 个元素，而最后一个元素一定为 $n$，所以这个元素可以省略，输出的元素即为prufer序列
$\color{red}{如何将一棵树线性时间内转化为prufer序列？}$
假定当前出度为 $0$ 且编号最小的节点为 $j$，则输出 $f[j]$，删除 $j$ 之后，出度为 $0$ 的节点至多只会增加一个，即 $f[j]$，判断删除 $j$ 之后 $f[j]$ 的出度是否为 $0$，如果 $f[j]$ 的出度为 $0$ 且 $f[j]<j$ 说明 $f[j]$ 是当前出度为 $0$ 且编号最小的节点，递归输出这样的父节点即可，否则说明这样的 $j$ 只会更大，即 $j$ 只会增加，这样即可线性时间内将一颗树转化为prufer序列

$\color{red}{如何将一个prufer序列转化为一棵树？}$
先将 $n$ 这个节点加入到prufer序列中，不难发现，prufer序列中某个数出现的次数即为该数在树中的儿子节点的数量，从 $1$ 开始找到儿子数量为 $0$ 且编号最小的节点 $j$，其父节点即为当前遍历的prufer序列的元素，将该元素从prufer序列中删去，因为删除该元素后儿子数量为 $0$ 的节点数量至多直接增加一个，如果该元素的儿子数量为 $0$ 且编号小于 $j$，说明当前节点即为儿子数量为 $0$ 且编号最小的节点，递归处理即可，这样的 $j$ 同样也是递增的，故可以在线性时间内将一个prufer序列转化为一棵树

• 时间复杂度：$O(n)$

代码

// Problem: prufer序列
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2421/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e5+5;
int n,m;
int f[N],p[N],d[N];
void tree2prufer()
{
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d",&f[i]);
		d[f[i]]++;
	}
	for(int i=0,j=1;i<n-2;j++)
	{
		while(d[j])j++;
		p[i++]=f[j];
		while(i<n-2&&--d[p[i-1]]==0&&p[i-1]<j)p[i++]=f[p[i-1]];
	}
	for(int i=0;i<n-2;i++)printf("%d ",p[i]);
}
void prufer2tree()
{
	for(int i=1;i<=n-2;i++)
	{
		scanf("%d",&p[i]);
		d[p[i]]++;
	}
	p[n-1]=n;
	for(int i=1,j=1;i<n;i++,j++)
	{
		while(d[j])j++;
		f[j]=p[i];
		while(i<n&&--d[p[i]]==0&&p[i]<j)f[p[i]]=p[i+1],i++;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)printf("%d ",f[i]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(m==1)tree2prufer();
    else
    	prufer2tree();
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16951582.html
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