UER 2 謠言的傳播

寫了個亂搞，怎麼莫名其妙就ac了，這...，之後又想了30min結合題解終於會證了。

首先最大值比較簡單，記 \(f_i\) 為第 \(i\) 個點能到達的點數，上界 \(\sum_^n f_i\) 一定可以取到。考慮取到是這麼一件事情，如果 \(b_x=y\) 那麼 \(y\) 一定不能是 \(x\) 在外向樹上的祖先以及環上的節點，外向樹的根的前驅例外。那麼有這麼乙個貪心，列舉每一棵外向樹，用乙個棧維護當前節點可以匹配的節點，一開始前驅在棧中。對於每乙個節點，先優先匹配完其子樹，然後再從棧中選取乙個節點給它匹配。這樣保證了如果存在完美匹配，一定不存在會令乙個點取不到 \(f_i\) 的情況。然後證明，這樣一定有完美匹配，考慮每乙個節點，如果其不是葉子，那麼其一定可以與其的某個孩子匹配。如果是葉子，那麼只有遍歷到第乙個的葉子時候棧中不存在非其祖先節點，其餘情況因為之前已經遍歷了至少乙個葉子，所以之前的到它的路徑上至少遇到了乙個孩子數量 \(>1\) 的節點，而一棵外向樹做完以後至少會提供乙個未匹配節點，這個葉子必然可以與那個未匹配節點匹配。最後再讓第乙個遍歷到的葉子與前驅匹配即可。

最小值比較難，考慮這麼一件事情，乙個節點如果與其子樹中的節點匹配，則會使答案減少 \(f_i-1\) ，如果外向樹的根 \(x\) 與環上某個節點 \(y\) 匹配，則會使答案減少 \(lenth-dis(x,y)\) 。還是類似的構造方法，只不過將原來 \(x\) 和 \(y\) 匹配改成 \(y\) 和 \(x\) 匹配。考慮乙個葉子節點，其一定不能和子樹內匹配。考慮乙個非葉子節點，其一定可以和其乙個兒子匹配。特殊的，如果一棵外向樹只有乙個點，它可以與環上的後繼匹配，這樣使 \(len-dis(x,y)\) 取到最大，這樣我們保證了只要能取 \(f_i-1\) 就一定取到，不能取到的情況下也取到了最優的值，這是個緊的下界。

用棧是因為在求最大值的過程中，即使不匹配兒子也是可以的，但是求最小值的過程中要嚴格與兒子匹配，所以用棧維護未匹配點可以保證這一點，複雜度 \(\mathcal o(n)\) 。

code

/*program by mangoyang*/
#include #define inf (0x7f7f7f7f)
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template inline void read(t &x)
const int n = 200005;
ll ans, ans2;
stackst;
vectorg[n];
int vis[n], ins[n], inc[n], f[n], dep[n], c[n], b[n], n;
inline int getcircle(int u, vector&a)
return ins[u] = 0, 0;	}
inline void mark(int u)
inline void gao(int u, int fa, int lenth)
b[u] = st.top(), st.pop();
if(flag) ans2 -= f[u] - 1;
if(!flag && !fa) ans2 -= lenth - 2;
}int main()	
}	for(int i = 1; i <= n; i++) c[b[i]] = i;
printf("%lld\n", ans2);
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", c[i]);
puts("");
printf("%lld\n", ans);
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", b[i]);
}

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