【AcWing】蓝桥杯集训每日一题Day23|树形DP|字典序最小3465.病毒溯源(C++)

3465.病毒溯源

3465. 病毒溯源 - AcWing题库
难度：中等
时/空限制：0.4s / 64MB
总通过数：2108
总尝试数：4379
来源： CCCC天梯赛L2-038
算法标签 树形DP求方案

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题目内容

病毒容易发生变异。
某种病毒可以通过突变产生若干变异的毒株，而这些变异的病毒又可能被诱发突变产生第二代变异，如此继续不断变化。
现给定一些病毒之间的变异关系，要求你找出其中最长的一条变异链。
在此假设给出的变异都是由突变引起的，不考虑复杂的基因重组变异问题 —— 即每一种病毒都是由唯一的一种病毒突变而来，并且不存在循环变异的情况。

输入格式

输入在第一行中给出一个正整数 N，即病毒种类的总数。于是我们将所有病毒从 0 到 N−1 进行编号。
随后 N 行，每行按以下格式描述一种病毒的变异情况：
k 变异株1 …… 变异株k
其中 k 是该病毒产生的变异毒株的种类数，后面跟着每种变异株的编号。第 i 行对应编号为 i 的病毒（0≤i<N）。题目保证病毒源头有且仅有一个。

输出格式

首先输出从源头开始最长变异链的长度。
在第二行中输出从源头开始最长的一条变异链，编号间以 1 个空格分隔，行首尾不得有多余空格。如果最长链不唯一，则输出最小序列。
注：我们称序列 {a1,…,an} 比序列 {b1,…,bn} “小”，如果存在 1≤k≤n 满足 ai=bi 对所有 i<k 成立，且 ak<bk。

数据范围

1≤N≤10^4

输入样例：

10
3 6 4 8
0
0
0
2 5 9
0
1 7
1 2
0
2 3 1

输出样例：

4
0 4 9 1

题目解析

一开始是一个病毒，有可能会变异成多个不同的病毒，变异的病毒还可能变异成新的病毒
保证了变异的方式是一颗树，不会发生交叉变异和循环变异，一定是从父节点向子节点变异
在整个树中从根节点开始的最长的一条路径，并且把路径输出
如果有多个方案的话，输出字典序最小的方案

数据范围是10000
时间复杂度只需要在$O(n\log n)$

要分成两步来看

怎么去求最大值

可以看成递归问题或简单的树形DP问题
考虑某一个局部，从当前节点开始，如果往下搜的话，最长的链有多长
比如当前节点有三个儿子的话，从当前节点往下走有三条路径，应该选哪条路径走呢
因为这个题要求最长的路径，要从三个儿子中选择一条能往下走的最长的路径
如果当前节点是u，三个儿子是abc的话
用f[u]来表示从u往下走的最长路径，f[a],f[b],f[c]分别表示从abc往下走的最长路径
$$f[u]=max(f[a],f[b],f[c])+1$$
所以这个题就是非常简单的树形DP
只要按照这个递推方程，递归地求一遍就可以了，遍历一下整棵子树就可以了

如何去求方案，以及如何求字典序最小的方案

根节点是root
每次要知道，根节点要取最长路径的话，应该是往哪个儿子走

1. 当然可以后面动态计算
   最后求方案的时候可以再递归一遍
   递归的时候，判断一下f[root]是从哪个儿子转移过来的，判断一下哪个儿子取了最大值就可以了
2. 记忆化存储
   转移的时候，对u来说，记录一下u是从哪个儿子转移过来的，如果最大值是f[a]的话，就把son[u]记成a
   存下来之后，第一个点是root，第二个点就是son[root]，接下来的点就是每次套一个son就可以了
   只要在转移的时候求一下son数组，就可以把整个路径找出来了

如何找字典序最小的方案

在求f[u]的时候，这三个链当中，只有唯一的一个最长
因为要保证最长，所以方案是唯一的
如果有两个儿子都可以取到最长

f[a] = f[b] > f[c]

这时如何选a和b
由于要字典序最小，就看一下a和b哪个编号更小，取编号更小的那一个就可以了

输出方案可以用DP

递归求完每个状态之后，再从根节点再递归一遍就可以了
或者动态判断一下

没有告诉根节点，需要判断一下根节点是谁，看一下哪个点没有父节点
用bool数组标记

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 10010;

int n;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int son[N];
bool st[N]; //标记有没有父节点

//加边函数模板
void add(int a, int b)
{
	e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}

int dfs(int u)
{
	int res = 0;
	//当前点如果没有儿子的话，标记成-1
	son[u] = -1;

	//枚举一下当前点的所有子节点
	//~i等价于i != -1
	for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
	{
		//用j表示当前子节点的编号
		int j = e[i];
		//递归求一下从j往后走的最大长度
		int d = dfs(j);
		//如果距离更长 或者 距离相等而且编号更小的话
		if (d > res || d == res && j < son[u])
		{
			res = d;
			son[u] = j;
		}
	}

	//最后返回最长路径+自己
	return res + 1;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	//先把路径表表头清空
	memset(h, -1, sizeof h);

	//读入每个点的所有儿子
	for (int i = 0; i < n; i ++)
	{
		//先读入每一个点儿子的数量
		int cnt;
		scanf("%d", &cnt);
		//依次读入所有的儿子
		while (cnt --)
		{
			int x;
			scanf("%d", &x);
			//添加一条边
			add(i, x);
			//i的儿子是x，所以x有父节点
			st[x] = true;
		}
	}

	//编号从0开始
	int root = 0;
	//找根节点
	while (st[root]) root ++;

	//递归求一下，从根节点开始的最大的路径长度
	int d = dfs(root);

	printf("%d\n", d);

	//行内没有空格
	printf("%d", root);

	for (int cur = son[root]; cur != -1; cur = son[cur])
		printf(" %d", cur);

	return 0;
}