agc004_d Teleporter

原创于 2020-11-12 00:35:32 发布 · 205 阅读

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本文针对 AtCoder Grand Contest 004 的 D 题目提供了一种解决方案，通过构建一棵以 1 为根的树并利用 DFS 和倍增技巧来解决高度限制问题，最终确定最少的操作数使每个点都能在 K 步内到达 1。

https://atcoder.jp/contests/agc004/tasks/agc004_d

观察整个图只有n个点n条有向边，且每个点一开始都能到1，说明除了1的出边，吧所有边反过来就是一棵1为根的树

然后要让每个点走K>=1步恰好到1，那么显然1的出边必须到他自己

接下来就是对于这棵树来说，我们要把高度限制在K一下，要把多少个点的父边连向1。

考虑对于一个dep最深的点来说，要让他高度<=k，那么就把他从下向上走k-1步的祖先节点给连向1就行了，因为越向上，可能能解决深度超过K的点越多

那么按照高度从大往小扫点，如果它还没被解决且高度超出K，那么就把他向上走K-1步的祖先点给连向1，然后这个祖先所有儿子就解决了，dfs扫一遍即可，遇到之前处理过的就回溯，保证每个点最多只会被dfs访问一次

向上走k-1步用倍增就行

看了别人题解发现了更简单的写法，直接一遍dfs，如果dfs下去最远的儿子等于K-1了，而且当前点的父节点还不是1，那么他就需要吧自己连向1，然后此时他的dep变成0，他原本的父节点就不算他了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxl=3e5+10;

int n,m,k,cnt,tot,cas,ans;
int a[maxl],dep[maxl];
int f[21][maxl];
vector<int> e[maxl],b[maxl];
bool vis[maxl];
char s[maxl];

inline void predfs(int u)
{
	b[dep[u]].push_back(u);
	for(int v:e[u])
	{
		dep[v]=dep[u]+1;f[0][v]=u;
		predfs(v);
	}
}

inline void prework()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	if(a[1]!=1)
		ans++,a[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		e[a[i]].push_back(i);
	predfs(1);
	for(int k=1;k<=20;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			f[k][i]=f[k-1][f[k-1][i]];
}


inline void fil(int u)
{
	vis[u]=true;
	for(int v:e[u])
	if(!vis[v])
		fil(v);
}

inline void mainwork()
{
	for(int de=n;de>=k+1;de--)
	{
		for(int u:b[de])
		{
			if(vis[u]) continue;
			int fa=u;
			for(int i=20;i>=0;i--)
			if((k-1)>>i&1)
				fa=f[i][fa];
			fil(fa);
			ans++;
		}
	}
}

inline void print()
{
	printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
	int t=1;
	//scanf("%d",&t);
	for(cas=1;cas<=t;cas++)
	{
		prework();
		mainwork();
		print();
	}
	return 0;
}