[BJOI2015] 树的同构

本文介绍了一道关于树的同构问题的编程竞赛题目,通过随机序列val进行树的hash计算,并采用DFS深度优先搜索算法来解决有根树转化为无根树的问题,最终实现判断两棵树是否同构。

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4337: BJOI2015 树的同构

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Description

树是一种很常见的数据结构。
我们把N个点,N-1条边的连通无向图称为树。
若将某个点作为根,从根开始遍历,则其它的点都有一个前驱,这个树就成为有根树。
对于两个树T1和T2,如果能够把树T1的所有点重新标号,使得树T1和树T2完全相
同,那么这两个树是同构的。也就是说,它们具有相同的形态。
现在,给你M个有根树,请你把它们按同构关系分成若干个等价类。

Input

第一行,一个整数M。
接下来M行,每行包含若干个整数,表示一个树。第一个整数N表示点数。接下来N
个整数,依次表示编号为1到N的每个点的父亲结点的编号。根节点父亲结点编号为0。

Output

输出M行,每行一个整数,表示与每个树同构的树的最小编号。

Sample Input

4
4 0 1 1 2
4 2 0 2 3
4 0 1 1 1
4 0 1 2 3

Sample Output

1
1
3
1

HINT

【样例解释】 

 

编号为1, 2, 4 的树是同构的。编号为3 的树只与它自身同构。 

 

100% 的数据中,1 ≤ N, M ≤ 50。
 
    树hash第一题。
    可以先随机一个序列val,表示每一位对应的权值,然后树上hash的计算方式是 f[x] = ∑ g[son][i] * val[i]  ,其中 g[son][i] 表示 x儿子中f[]第i大的值。。。。
 
    然后直接做就行了,把有根树转化成无根树,以每个点为根的hash值排序之后必须全相同才同构。。。。
 
    这么做的话结构相同的树是肯定会被判成一样的,结构不同的树有极小的概率会被判成一样的。。。
 
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=55,B=9991;
int m,to[maxn*2],ne[maxn*2],hd[maxn],num,now,n[maxn];
ll f[maxn],val[maxn],H[maxn][maxn];

inline void add(int x,int y){ to[++num]=y,ne[num]=hd[x],hd[x]=num;}

inline void init(){
	memset(hd,0,sizeof(hd)),num=0;
}

void dfs(int x,int fa){
	f[x]=0;
	if(!ne[hd[x]]&&to[hd[x]]==fa){ f[x]=1; return;}
	
	int N=0;
	ll b[maxn];
	
	for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(to[i]!=fa){
		dfs(to[i],x),b[++N]=f[to[i]];
	}
	
	sort(b+1,b+N+1);
	
	for(int i=1;i<=N;i++) f[x]+=b[i]*val[i];
}

int main(){
	
	srand(time(0));
	for(int i=1;i<=50;i++) val[i]=rand()*233473ll+rand()*19260817ll+rand();
	
	scanf("%d",&m);
	for(now=1;now<=m;init(),now++){
		scanf("%d",n+now);
		for(int i=1,fa;i<=n[now];i++){
			scanf("%d",&fa);
			if(fa) add(fa,i),add(i,fa);
		}
		
		for(int i=1;i<=n[now];i++) dfs(i,0),H[now][i]=f[i];
	}
	
	for(int i=1;i<=m;i++) sort(H[i]+1,H[i]+n[i]+1);
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	    for(int j=1;j<=i;j++) if(n[i]==n[j]){
	    	bool flag=1;
	    	for(int k=1;k<=n[i];k++) if(H[i][k]!=H[j][k]){
	    		flag=0;
	    		break;
			}
			
			if(flag){
				printf("%d\n",j);
				break;
			}
	    }
	
	return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/JYYHH/p/9112145.html

### BJOI2013 压力 题目解析 #### 问题描述 题目要求计算每个网络设备必须通过的数据包数量。给定一个无向图,其中存在 $ N $ 个节点和 $ M $ 条边,以及 $ Q $ 组询问,每组询问表示从某个源点到目标点之间的路径。需要统计哪些节点是这些路径中的必经之点。 此问题可以通过构建 **圆方** 并利用其特性来解决[^1]。 --- #### 圆方简介 圆方是一种基于无向图的特殊结构,能够高效处理割点和桥有关的问题。它由两类节点组成: - **圆形节点**:代表原图中的实际顶点。 - **方形节点**:对应于原图的一个双连通分量 (BCC),即一组不存在割点的顶点集合。 在该题中,我们需要关注的是如何标记并统计经过特定割点的路径数目[^4]。 --- #### 实现细节 以下是具体实现方法: 1. **构建圆方** 使用 Tarjan 算法找到所有的割点及其对应的双连通分量,并以此为基础构造圆方。对于每一个新发现的双连通分量,创建一个新的方形节点并所属的割点相连。 2. **路径差分** 对于每次查询 $(u, v)$,将其转化为对圆方上的一次简单路径操作。通过对路径上的所有割点执行加一的操作完成统计工作[^2]。 3. **线段优化** 考虑到可能存在的大量修改请求,在最终阶段可以引入线段或其他区间数据结构进一步加速更新过程。 下面给出一段伪代码展示上述逻辑的核心部分: ```python def tarjan(u, fa): dfn[u] = low[u] = time_stamp stk.append(u) for y in adj[u]: if not dfn[y]: tarjan(y, u) low[u] = min(low[u], low[y]) if low[y] >= dfn[u]: # Found articulation point or bridge build_bcc(u, y) # Build corresponding square node elif y != fa and dfn[y] < dfn[u]: low[u] = min(low[u], dfn[y]) def build_bcc(root, child): global poi r = ++poi while True: w = stk[-1] stk.pop() att(r, w) # Attach the vertex to current biconnected component if w == child: break att(r, root) # Query processing using tree difference technique on constructed round-square tree. for query in queries: path_diff(query.start, query.end) ``` --- #### 时间复杂度分析 整个算法的时间复杂度主要依赖以下几个方面: - 构造圆方所需时间为 $ O(N + M) $。 - 每次查询涉及一次简单的路径遍历,总时间开销为 $ O(Q \log N) $ 当采用合适的数据结构辅助时。 因此总体效率较高,适合大规模输入场景下的应用需求。 ---
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