[题解]-CF1626E Black and White Tree

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题意

给出一个大小为\(n\) \((n\leq 3 \cdot 10^5)\)的树, 树上每个节点被染成白色或者黑色. 假设当前在点\(k\)有一个棋子, 你每次可以选择一个黑点\(b\)作为目标点, 将这个棋子向黑点按从\(k\)到\(b\)的最短路径移动一格(一条边). 连续两次操作选择的黑点不能相同. 对于所有的\(k = 1...n\), 判断该棋子是否能在有限步操作后移动到任意一个黑点. 能移动到则该点答案为\(1\)否则为\(0\).

题解

首先显然黑点和与黑点相邻的白点答案均为\(1\). 对于其它白点, 当且仅当它所在的某条链上有至少两个黑点时它才能移动到黑点上. 这种情况有一个特例:

image-20220119220348299

如图, 尽管1不在任意一条有两个黑点的链上, 但它仍然能到达黑点5, 只要交替选择5, 7两个点即可.

为了解决这种特殊情况, 我们把黑点及与黑点相邻的白点缩成一个点(如果有两个相邻的黑点那么显然答案全为1. 如果不进行特判的话就需要把在同一联通分量里的黑点缩成一个点)

image-20220119221543385

缩点之后如图. 这样1便在有两个黑点的链上了.

判断每个点是否在有不少于两个黑点的链上可以用换根dp求. 首先指定一个根\(r\), \(siz[u]\)表示以\(u\)为根的子树里拥有黑点数最大的链的黑点数目. 换根dp的具体细节见代码中dfs2(). 需要注意的是缩点之后可能不存在\(1\)这个点.

时间复杂度\(O(n)\).

代码

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//
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
mt19937 Rand(0);
const int maxn = 3e5+10;//CHANGE IT!
const int maxm = maxn*2;
const int p = 1e9+7;//CHANGE IT!
ll Pow(ll x,ll d,ll p){ll ta=1;if(d==0)return 1%p;x %= p;ll a=Pow(x,d/2,p);ta=a*a%p;if(d%2)ta=ta*x%p;return ta%p;}
vector<int>G[maxn],G2[maxn];
int cli[maxn],w[maxn],ans[maxn],siz[maxn];
void pre(int u,int fa,int r){
	cli[u] = r;
	ans[u] = 1;
	if(r != u)w[r] += w[u];
	for(int v:G2[u]){
		if(v == fa)continue;
		if(w[u] and !ans[v])pre(v,u,r);
	}
}
void dfs(int u,int fa){
	for(int v:G[u]){
		if(v == fa)continue;
		dfs(v,u);
		siz[u] = max(siz[u],siz[v]);
	}
	siz[u] += w[u];
}
void dfs2(int u,int fa,int res){
	int tot = 0,mx1 = 0,mx2 = 0;
	for(int v:G[u]){
		if(v == fa)continue;
		tot = max(tot,siz[v]);
		if(siz[v] >= mx1){
			mx2 = mx1;
			mx1 = siz[v];
		}
		else if(siz[v] > mx2)mx2 = siz[v];
	}
	tot = max(tot,res) + w[u];
	if(res >= mx1){
		mx2 = mx1;
		mx1 = res;
	}
	else if(res > mx2)mx2 = res;
	if(tot > 1)ans[u] = 1;
	for(int v:G[u]){
		if(v == fa)continue;
		int rw = w[u] + (mx1 == siz[v]?mx2:mx1);
		dfs2(v,u,rw);
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.setf(ios::fixed,ios::floatfield);
	cout.precision(12);	 
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++)cin >> w[i],cli[i] = i;
	for(int i = 1;i < n;i++){
		int f,t;
		cin >> f >> t;
		G2[f].push_back(t);
		G2[t].push_back(f);
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++)if(w[i] and cli[i] == i)pre(i,-1,i);
	for(int u = 1;u <= n;u++){
		for(int v:G2[u]){
			if(cli[u] == cli[v])continue;
			G[cli[u]].push_back(cli[v]);
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		if(cli[i] == i){
			dfs(i,-1);
			dfs2(i,-1,0);
			break;
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i++)cout << ans[i] << " ";
	return 0;
}

$$

$$