$\text{Sol. Luogu P3554 [POI2013]LUK-Triumphal arch}$

\(\text{Sol. Luogu P3354 [POI2013]LUK-Triumphal arch}\)

题目描述

给一颗 \(n\) 个节点的树（\(n \le 3 \times 10^5\)），初始时 \(1\) 号节点被染黑，其余是白的。两个人轮流操作，一开始 B 在 \(1\) 号节点。每一轮，A 选择 \(k\) 个点染黑，然后 B 走到一个相邻节点，如果 B 当前处于白点则 B 胜，否则当 A 将所有点染为黑点时 A 胜。求能让 A 获胜的最小的 \(k\) 。

\(\rm Sol.\)

看到这个题第一眼：这题 \(100\%\) 二分，转判定。
然后呢？就没有然后了。

我们要解决的问题是 \(k=k_0\) 时能否做到题目所要求的，那么怎么搞呢？

我一开始的想法过于简单，就是答案是所有点的入度（出度）\(-1\) （根节点不用减）的最小值，因为这样就可以保证无论 \(B\) 走到哪，他的下一步都可以被完全覆盖。
然而这样的想法是错误的。

固然，最终的答案一定大于根节点的度数（显而易见），但是我的 \(k\) 值可能略小于某个节点的度数（\(-1\)），但是如果在之前的一次染色操作中将可能作为 \(B\) 下一步的点都染完了之后还有剩余，那我也许就会选择“大先手”地染其他可能出现 度数（\(-1\)）大于 \(k\) 的地方。所以这个假设是不成立的。（这个结论还是对拍拍出来的，wtcl）

那我们怎么搞这个东西？

由所属题单得答案显然是 \(dp\)。
如果度数（\(-1\)）小于当前的 \(k_0\)，换句话说染色次数仍有剩余，我肯定是去染最需要染色的地方。当然，这个“最需要染色的地方”是一个非常模糊的概念。首先，如果一个子树内节点度数（\(-1\)）没有大于 \(k\) 的，那他完全可以在子树内部解决自己的问题而无需向父节点“求援”——即在染父节点时若有剩余染色次数就要考虑“照顾”这个子树。所以我们令 \(f[i]\) 为子树 \(i\) 内无法自己解决（需要求援）的点的个数，\(deg[i]\) 为节点 \(i\) 的度数。

那么，做到这一步，答案就近在咫尺了，这个转移方程式非常好写： \(f[u]=\begin{cases}\max(0,deg[u] + \sum f[v]-k)\qquad u=1\\\max(0,deg[u]-1+\sum f[v]-k) \qquad u \not=1 \end{cases}\)

这题就做完了（对拍大法好！以后要多用）

\(\text{Code:}\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;

int n, f[N], k, deg[N];
vector <int> Link[N];

bool leaf[N];

int dp(int u, int Fa) {
    if(deg[u] == 1 && u != 1) return 0;
    int tmp = 0;
    for(auto v : Link[u]) {
        if(v == Fa) continue;
        tmp += dp(v, u);
    }
    if(u == 1) return max(0, deg[u] + tmp - k);
    else return max(0, deg[u] - 1 + tmp - k);
}

inline bool check() {
    memset(f, 0, sizeof(f));
    int res = dp(1, 0);
    //for(int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] << ' ';
    //puts("");
    return res == 0;
}

signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("Ans.txt", "w", stdout);
#endif
    cin >> n;
    //Link[1].push_back(0);
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        Link[u].push_back(v);
        Link[v].push_back(u);
        deg[u]++; deg[v]++;
    }

    //for(int i = 1; i <= n; i++) cout << deg[i] << ' ';
    //puts("");

    //k = 5;
    //for(int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] << ' ';
    //puts("");
    
    for(int i = 2; i <= n; i++) if(deg[i] == 1) leaf[i] = true;

    int L = 0, R = n, ans = 0;
    while(L <= R) {
        //printf("L = %d, R = %d, ans = %d\n", L, R, ans);
        k = L + R >> 1;
        if(check()) { ans = k; R = k - 1; }
        else L = k + 1;
        //for(int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] << ' ';
        //puts("");
    }
    cout << ans;
}

标签：度数,int,text,Sol,Link,Triumphal,节点,dp,deg
来源： https://www.cnblogs.com/Doge297778/p/16463816.html