迷宮的牆
給出一棵有 \(n-1\) 個節點樹，每個節點都有一種顏色，一共只有三種顏色，每個非葉子節點的出度為 \(3\)。
每個節點都指向編號比自己大的節點。
樹以 \(1\) 號節點為根，樹的所有葉子節點都指向節點 \(n\)，而且每個節點的三條邊是有順序的，編號為 \(1,2,3\)。
針對每一條 \(1\to n\) 的路徑，我們可以用一次遍歷的顏色和邊的編號來代表它，從而得到原樹的顏色路徑集合。
如果樹中存在某些節點，刪除它們之後 將剩餘節點重新連邊 發現仍然可以構造出與原來相同的顏色路徑集合。
那麼它們被認為是可以刪除的，求刪除之後的樹的總結點數。
倒序處理+hash
這道題看上去很不可做，給定條件很多而且複雜，主要問題是思維的轉化。
給出方法：乙個節點是可刪除的，當且僅當樹中存在它的等價節點。
其中兩個節點是等價的，僅當兩者顏色相同，兩者子節點也是等價的（或相同的），而且子節點排列順序相同。
證明：
兩個節點指向相同或等價節點，表示我完全可以將編號較小的節點刪去，值得注意的是，根據定義，如果兩個節點是等價的，那麼以兩者為根的子樹形成了一一對應的等價關係。將指向它的邊重新指向編號較大的節點，從而完成一次完美的刪除。
由於子節點排列順序相同，且兩者顏色相同，所以保證了路徑上遍歷的顏色和邊的編號均相同。
相當於我們找到了兩個同構的子樹，顯然可以任意刪去乙個。
根據上面的定義，需要判斷兩個節點是否為等價節點，必須事先判斷其子節點。
所以我們採用編號從大到小倒序處理。
對於每個節點，我們將它的子節點與它的顏色組合在一起，進行一次 hash，存入 map 中。
當出現相同的 hash 值時，就將當前節點（編號較小）替換為 map 中原有的節點（編號較大）。
具體流程是醬紫的：
設 \(to(i)\) 表示 \(i\) 節點的等效節點，首先令 \(to(i)=i,ans=n\)。
倒序處理節點，對於每乙個節點 \(i\)，設其子節點為 \(a,b,c\)，其顏色為 \(c(i)\)。
令 \(hash=c(i)\times n^3+to(a)\times n^2+to(b)\times n+to(c)\)。（可以證明不存在 hash 衝突）
如果 \(mp(hash)=j\)，則令 \(to(i)=j,ans--\)。
否則令 \(mp(hash)=i\)。
重複執行 \(2\to 5\)，直至結束，當前的 \(ans\) 即為答案。
#include#include#include#include#define n 6010
using namespace std;
int n;
int c[n],to[n];
int a[n][5];
mapmp;
int read()
int main()
}printf("%d\n",ans);
return 0;
}
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