题目
对于 30%的数据, n ≤ 100 ;
对于 40%的数据, n ≤ 1,000 ;
对于 50%的数据, n ≤ 10 ,000 ,且树是随机生成的;
对于 100%的数据, 1 ≤ n ≤ 200 ,000 ,且对于节点 i(i ≠ 1),其父节点的编号小于 i。
题意
这题的题意比较坑,不容易理解。
其实就是给你一棵树,然后黑白染色。
染完色后,设最少需要染x个黑色点可以使得必胜,那么这k个点便是最小黑方胜集合。
同理可以求出最小白方胜集合。并且这些点有可能有很多种情况
求出所有同是最小黑方胜集合和最小白方胜集合的交集的数目,最小编号,异或值
一个根要求胜的条件是:
若要求黑胜,则
这个点当前是黑色,则只要求它的子树的任意一个点为必胜即可。
这个点当前是白色,则要求它的子树的每一个点都必须是必胜
白色类似
分析
我们可以这样想,用f[i,j]表示当前根为i时要求颜色j胜的最少需要确定的叶子节点的个数
转移明显,若i颜色和j不同,则f[i,j]=∑f[k,j],k为i的儿子。
若颜色相同,则f[i,j]=min(f[k,j])
叶子的点则是f[k,0]=f[k,1]=1;
然而我们考虑如何去算子集。
其实也很简单,我们也是按照dp这样去做,去选择,
若当前颜色与j颜色不同,则递归每个它的儿子。
若一样,则选最小的去递归,若有相同,则都递归即可。
这样便可以很好解决问题了。
当然,留给读者思考,若是分别求根的黑,白胜的方案,怎么办?
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define maxlongint 2147483647
using namespace std;
const int N=200100;
int nu,n,b[N],las[N],nex[N],x,color[N],f[N][2];
bool bz[N][2];
void insert(int x,int y){
b[++nu]=y;nex[nu]=las[x];las[x]=nu;
}
void dfs(int x){
if (!las[x]) f[x][0]=f[x][1]=1;
for(int p=las[x];p;p=nex[p]){
color[b[p]]=color[x]^1;
dfs(b[p]);
}
}
void dfe(int x,int y){
if (y==color[x]&&f[x][y]==0) f[x][y]=maxlongint;
for(int p=las[x];p;p=nex[p]){
dfe(b[p],y);
if (y==color[x]) f[x][y]=min(f[x][y],f[b[p]][y]);
else f[x][y]=f[x][y]+f[b[p]][y];
}
}
void dfan(int x,int y){
int pe=maxlongint;
for(int p=las[x];p;p=nex[p]){
if (y==color[x]) {
if (pe>f[b[p]][y])pe=f[b[p]][y];
}else dfan(b[p],y);
}
if (y==color[x]&&las[x]) for(int p=las[x];p;p=nex[p])
if (f[b[p]][y]==pe) dfan(b[p],y);
if (!las[x]) bz[x][y]=1;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;i++) {
scanf("%d",&x);
insert(x,i);
}
color[1]=1;
dfs(1);
dfe(1,1);
dfe(1,0);
dfan(1,1);
dfan(1,0);
int an=0,ans=0,mi=maxlongint;
for(int i=1;i<=n;i++){
if (bz[i][1]&&bz[i][0]) {
an++;mi=min(mi,i);ans=ans^i;
}
}
printf("%d %d %d",mi,an,ans);
}