題目前兩種是中讀到的。
我們肯定是想要把兩棵樹的最小表示找出來，然後看看是否相同。
在這種情況下，我們期望是每個點在其子樹內按最長鏈長度從大到小選擇子節點進行dfs，但是如果相同呢？我們就要在鏈上幹同樣的事情，理論上我認為記憶性搜尋應該可以到\(o(n^2)\)，但我更認為我打不出這個**。
上一種方法的優化，就是直接把子節點的最小表示求出來，然後子節點的最小表示再按字典序拼起來，然後向上不斷合併，最小表示就出來了，最後判斷一下即可。
他們說是\(o(n^2)\)，但是因為有排序，我又覺得不是\(o(n^2)\)，應該會稍大一些，但是又卡不掉。（上面第一種也是如此。但是如果用類似基數排序的方法確實是\(o(n^2)\)的。）
我的思路就很暴力了。
\(pd(x,y)\)表示判斷\(x,y\)兩個子樹是不是一樣的，怎麼判斷呢？我們把\(x\)的子節點依次與\(y\)的子節點進行判斷，最後如果發現可以一一匹配的話，則返回\(1\)，否則返回\(0\)。
但是時間複雜度如何證明？
很明顯，對於同一高度的兩個點最多進入\(pd\)一次，因為對於\(pd(x,y)\)而言，\(x\)的子節點\(a\)和\(y\)的子節點\(b\)只會\(pd\)一次，不管成功與否，**以後都不會再判斷\(pd(x,y)\)了，所以\(a,b\)也就只會互相\(pd\)一次。
利用這個，我們就可以得到時間複雜度：\(o(n^2)\)
暴力出奇蹟！！！！
#include#include#define n 6100
using namespace std;
struct node
a[n],b[n];int len,last[n],tot/*點的個數*/;
int n,fa[n],cnt[n];
void insa(int x,int y)
void insb(int x,int y)
char st[n];
int aa[n],bb[n];
int sta[n],top;//sta棧
int v[n],ts;
bool pd(int x,int y)}}
if(t==0)
}return 1;
}int main()
else cnt[fa[sta[top]]]+=cnt[sta[top]],top--;
}sta[top]=++tot;
for(int i=1;i<=n;i++)
else cnt[fa[sta[top]]]+=cnt[sta[top]],top--;
}if(pd(1,tot/2+1))printf("same\n");
else printf("different\n");
}return 0;
}
樹形地鐵系統
題目 前兩種是中讀到的。我們肯定是想要把兩棵樹的最小表示找出來，然後看看是否相同。在這種情況下，我們期望是每個點在其子樹內按最長鏈長度從大到小選擇子節點進行dfs，但是如果相同呢？我們就要在鏈上幹同樣的事情，理論上我認為記憶性搜尋應該可以到o n 2 o n 2 o n2 但我更認為我打不出這個 上...
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