CSP2019 樹上的數

給定乙個大小為 \(n\) 的樹，它共有 \(n\) 個結點與 \(n-1\) 條邊，結點從 \(1\sim n\) 編號。初始時每個結點上都有乙個 \(1\sim n\) 的數字，且每個 \(1\sim n\) 的數字都只在恰好乙個結點上出現。

接下來你需要進行恰好\(n-1\) 次刪邊操作，每次操作你需要選一條未被刪去的邊，此時這條邊所連線的兩個結點上的數字將會交換，然後這條邊將被刪去。

\(n-1\) 次操作過後，所有的邊都將被刪去。此時，按數字從小到大的順序，將數字 \(1\sim n\) 所在的結點編號依次排列，就得到乙個結點編號的排列 \(p_i\)。現在請你求出，在最優操作方案下能得到的字典序最小的 \(p_i\)。

資料範圍：\(1\le t\le 10, 1\le n\le 2000\)。

我們考慮貪心，從小到大列舉 \(n\) 個數，假設列舉到第 \(k\) 個數（此時已經確定 \(p_\)），找到編號最小的節點 \(u\)，讓 \(k\) 去 \(u\)，並保證存在一種方案能夠使 \(p_\) 合法。

接下來我們需要考慮怎麼保證這件事情。我們從每條邊被刪去的時間考慮，考慮下述例子：

如果②去點2，我們能夠知道：\((1,4)\) 是 \((1,3),(1,4)\) 中最先被刪的（不然②就去別的地方了比如3），對於 4 的鄰接表 \(\\) 這三條邊，\((4,1)\) 被刪後**馬上跟著 **\((4,2)\) （不然②就去別的地方了比如5）。如果 2 的鄰接表不止 \((2,4)\) 乙個，我們還能確定 \((2,4)\) 是 2 的鄰接表中最先被刪的（不然②不可能停留在2）。

那麼滿足這些條件的所有方案是不是都能讓②去點2呢？答案可以發現是肯定的。

形式化地講，對於數 \(k\) 去點 \(u\) 這個事件，假設這條路徑是 \(v_0=p_k,v_1,v_2,\cdots,v_m=u\)，則充要條件分為三部分：

接下來我們著手實現貪心演算法，我們重新確定一下：

我們考慮貪心，從小到大列舉 \(n\) 個數，假設列舉到第 \(k\) 個數（此時已經確定 \(p_\)），找到編號最小的節點 \(u\)，滿足 \(k\) 去 \(u\) 的充要條件（也就是一堆時間的大小關係）不與 \(1\sim k-1\) 的條件的並起衝突（指存在一種構造讓這些大小關係都成立）。然後讓 \(k\) 去 \(u\)。

我們對於每乙個點 \(u\) 的鄰接表考慮建乙個圖的模型，將每個邊變成點，「\(x\) 被刪後馬上跟著 \(y\) 被刪」抽象成 \(x\rightarrow y\) 連一條邊。對於某條邊是鄰接表中最先刪的我們把它叫做 \(\text\)，最後刪的叫 \(\text\)，我們嘗試挖掘 \(p\) 全部確定後這個圖模型長什麼樣。首先必定存在 \(\text,\text\)，其次由於每條邊都要被刪，所以這個圖模型正好有 \(\text_u-1\) 條邊。所以這個圖一定是 \(\text\) 到 \(\text\) 的一條鏈。這也是「存在乙個構造讓鄰接表中的所有大小關係都滿足」的充要條件。

接下來我們考慮在這個鄰接表中只確定了部分大小關係，怎麼判斷是否存在一種構造滿足它們。這等價於我們在圖模型上可以加邊使得最後圖是 \(\text\) 到 \(\text\) 的一條鏈。所以對於這個暫時殘缺的圖，充要條件是：

所以若想要加入一條邊 \((x,y)\) （還未加）仍然合法，充要條件是

若欽定乙個點 \(x\) 是 \(\text\)，充要條件是

若欽定乙個點 \(x\) 是 \(\text\)，跟上述條件差不多。

接下來考慮複雜度，我們使用並查集來判斷充要條件，列舉 \(k\) 是 \(o(n)\)，列舉 \(u\) 是 \(o(n)\)，走這一整條路徑是 \(o(n)\)，總共 \(o(n^3)\)，但考慮到樹上的一些單調性，我們從 \(u\) 開始向外深搜就能 \(o(n)\) 一次判斷每個點的合法性，所以總複雜度 \(o(n^2)\)。

#include using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100005;
int f[maxn << 1], siz[maxn], st[maxn], ed[maxn], in[maxn], out[maxn];
int get(int x) 
void merge(int x, int y) 
int t, n, p[maxn], ans[maxn], deg[maxn];
struct node  e[maxn << 1]; int head[maxn], elen = 1;
void add(int u, int v) 
bool ok[maxn], used[maxn]; int fa[maxn], come[maxn]; 
void dfs(int u, int ff, int com)  else 
dfs(e[i].v, u, i ^ 1);
}}	}
}int main() 
st[p[i]] = las;
break;
}}		for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", ans[i]); putchar('\n');
for (int i = 1; i <= n; ++i) head[i] = st[i] = ed[i] = deg[i] = used[i] = ans[i] = 0;
for (int i = 1; i <= elen; ++i) in[i] = out[i] = 0;
elen = 1;
}	return 0;
}

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