hihocoder-1041 : 国庆出游(DFS进阶,树)

原创于 2018-05-21 21:59:11 发布 · 271 阅读

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本文探讨了一种特殊的树形结构遍历问题，即如何按照预设的顺序遍历树形结构中的部分节点，同时确保每条边被访问两次。文章通过深度优先搜索和巧妙利用bitset记录子节点的方法解决了这一问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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描述

小Hi和小Ho准备国庆期间去A国旅游。A国的城际交通比较有特色：它共有n座城市(编号1-n)；城市之间恰好有n-1条公路相连，形成一个树形公路网。小Hi计划从A国首都(1号城市)出发，自驾遍历所有城市，并且经过每一条公路恰好两次——来回各一次——这样公路两旁的景色都不会错过。

令小Hi苦恼的是他的小伙伴小Ho希望能以某种特定的顺序游历其中m个城市。例如按3-2-5的顺序游历这3座城市。(具体来讲是要求：第一次到达3号城市比第一次到达2号城市早，并且第一次到达2号城市比第一次到达5号城市早)。

小Hi想知道是否有一种自驾顺序满足小Ho的要求。

输入

输入第一行是一个整数T(1<=T<=20)，代表测试数据的数量。

每组数据第一行是一个整数n(1 <= n <= 100)，代表城市数目。

之后n-1行每行两个整数a和b (1 <= a, b <= n)，表示ab之间有公路相连。

之后一行包含一个整数m (1 <= m <= n)

最后一行包含m个整数，表示小Ho希望的游历顺序。

输出

YES或者NO，表示是否有一种自驾顺序满足小Ho的要求。

样例输入

样例输出

YES
NO

分析：

在给定的序列中，对于其中的一个ai，如果在序列中存在ai 的子树节点，

那么所有ai的子树节点，必须连续紧跟在ai的后面！！！

思路:

深搜去查找，如果规定的序列中下一个需要出现的节点是当前搜索的点的子节点，就一步步深入，并记录走过的路径

这里用了<bitset> 来非常巧妙的记录一个点的所有字节点

比如:child[105][105], child[1~105]每个都有 105 个二进制位，若child[1][4] = 1,

也就是说 4 是 1 的子节点

最后判断能否按顺序深搜完规定序列中的节点

对于什么每条边来回两次这个问题，

因为是一个最小生成树，正因为有了这个条件，才得出，若想实现规定的顺序，那么必须，

对于规定序列的一个ai，如果在序列中存在ai 的子树节点，

那么所有ai的子树节点必须连续紧跟在ai的后面。。。。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cstring>

using namespace std;

const int MAXN = 100 + 5;
int book[MAXN][MAXN];
int task[MAXN];
int m;
int cnt;                  // 判断能否完成任务
int flag;                 // 用来判断能否完成任务
vector<int> T[MAXN];      // tree
bitset<MAXN> child[MAXN]; // 巧妙用2进制位记录每个节点的所有子节点

// 声明函数
void inputT(int n);
void init();
void getchild(int fv, int v);
void solve(int fv, int v);
// 主函数
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    //t组测试数据
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        // 初始化
        init();
        //n 个节点
        int n;
        cin >> n;
        //读入最小生成树
        inputT(n - 1);
        //获得每个节点的子节点
        getchild(-1, 1);
        // 解决
        solve(-1, 1);
        // 判断flag
        if (flag)
            cout << "YES" << endl;
        else
            cout << "NO" << endl;
    }
    // system("pause");
    return 0;
}
// 初始化
void init()
{
    flag = 0;
    cnt  = 0;
    memset(book, 0, sizeof(book));
    memset(task, 0, sizeof(task));
    for (int i = 0; i < MAXN; i++)
    {
        T[i].clear();
        // 所有二进制位归零
        child[i].reset();
    }
}
// 读入树
void inputT(int n)
{
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int v1, v2;
        cin >> v1 >> v2;
        //因为没有确定v1 v2的大小关系，所以要双向读入
        T[v1].push_back(v2);
        T[v2].push_back(v1);
        book[v1][v2] = 1;
        book[v2][v1] = 1;
    }
    cin >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++)
        cin >> task[i];
}
// 查找并记录每个节点的子节点
// 巧妙运用二进制位来记录子节点，
// 比如:child[1] 有 105 个二进制位，若chile[1][4] = 1,
// 也就是说 4 是 1 的子节点
void getchild(int fv, int v)
{
    child[v][v] = 1;
    for (int i = 0; i < T[v].size(); i++)
    {
        int v1 = T[v][i];
        // 因为存树的问题，v1也有可能是父节点
        if (v1 != fv)
            child[v][v1] = 1;
        else if (v1 == fv)
            continue;
        // DFS
        getchild(v, v1);
        child[v] = child[v] | child[v1];
    }
    return;
}

void solve(int fv, int v)
{
    // 下面两句if的顺序不能反
    if (v == task[cnt])
        cnt++;
    if (cnt == m)
    {
        flag = 1;
        return;
    }
    while (cnt < m)
    {
        int next_v = task[cnt];
        int p = cnt;
        for (int i = 0; i < T[v].size(); i++)
        {
            int v1 = T[v][i];
            if (fv == v1)
                continue;
            if (child[v1][next_v] == 1 && book[v][v1])
            {
                book[v][v1] = 0; //防止重复走过
                solve(v, v1);
            }
        }
        // 如果没有这一句判断,无法出while
        if(p == cnt)
            break;
    }
    return;
}