題目描述的實際是一顆二叉樹，對於每個結點，要麼滿叉，要麼無叉。
對於一種無解的簡單情況，我們搜一遍樹找到最淺的葉子結點1和最深的葉子結點2，如果dep[1]所以現在所有的葉子結點的深度要麼是dep[1]和dep[2].
我們可以把所有結點用node[x]標記狀態。
node[x]=0表示x的子樹下所有葉子結點深度都是dep[2]。
node[x]=1表示x的子樹下一部分葉子結點深度是dep[1],一部分是dep[2]。
node[x]=2表示x的子樹下所有葉子結點深度都是dep[1]。
現在有，假設x的兒子結點的node值都是1，則一定無解。證明是顯然的。
假設x的左兒子結點node值大於右兒子結點的node值，則ans+1，表示需要操作一次。證明也是顯然的。
另外node值可以通過一次樹形dp得到，所以總複雜度為o(n).
# include # includeview code# include
# include
# include
# include
# include
# include
# include
# include
# include
using
namespace
std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0
)# define eps 1e-8
# define mod
1000000007
# define inf
1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,
sizeof
(a))
# define for(i,a,n)
for(int i=a; i<=n; ++i)
# define fo(i,a,n)
for(int i=a; ii)
# define bug puts("h
");# define lch p
<<1
,l,mid
# define rch p
<<1|1,mid+1
,r# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair
pii;
typedef vector
vi;# pragma comment(linker,
"/stack:1024000000,1024000000")
typedef
long
long
ll;int
scan()
void out(int
a)
if(a>=10) out(a/10
); putchar(a%10+'0'
);}const
int n=100005;//
code begin...
int pos, mi=inf, ma=0, node[n*10], dep[n*10], n, ans, son[n][2
];void dfs1(intx)}
bool dfs2(int
x)
else
}return1;
}int
main ()
dfs1(1);
if (mi1||dfs2(1)==0) puts("-1"
);
else printf("
%d\n
",ans);
return0;
}
BZOJ 1040 騎士（樹形DP）
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