考慮鏈上的情況，最優解肯定是兩兩相鄰的交換，如果還有多，就再多交換一次
因此樹上的也是類似，實際上就是求解乙個最小邊覆蓋問題，選擇一條邊就是交換邊兩端的點編號
可以\(o(n)\)貪心/dp求解樹上最小邊覆蓋
\[\
\]考慮理想的最優情況：對於任意一條邊，我們要求它被經過次數盡可能多
如果這條邊兩端子樹大小分別為\(a,b\)，則它被經過的最多次數顯然是\(2\min\\)
考慮找到樹的重心，以它為根，此時任意一顆真子樹的大小\(\leq \frac\)
為了構造最優答案，只需要每棵子樹的集合相互錯開即可
一種簡單的構造方法是：取\(\text\)序，平移\(\frac\)即可得到解
#includeusing namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
template inline void cmax(t &a,t b)
if(!vis[u] && !f) vis[u]=1,swap(ans1[u],ans1[g[u][0]]),min+=2;
}int a[n],c;
int mi=1e9,rt,sz[n];
// 找重心
void dfs(int u,int f)
cmax(ma,n-sz[u]);
if(mi>ma) mi=ma,rt=u;
}// 遍歷dfs序
void dfs_get(int u,int f)
int main()
pre_dfs(1,0),dfs(1,0),dfs_get(rt,0);
rep(i,1,n) ans2[a[i]]=a[(i+n/2-1)%n+1];
printf("%lld %lld\n",min,max);
rep(i,1,n) printf("%d ",ans1[i]);
puts("");
rep(i,1,n) printf("%d ",ans2[i]);
puts("");
}
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