第一次做这种DP题
以 t 为根,那么老鼠的决策肯定是先往上走一段(或不走),再往子树中走。
如果老鼠往子树中走,我们肯定是等它走到某个位置不能走了,然后把他当前在的位置当根节点这段路上的其他支路都封死,这样是最优的。
那么我们可以树形DP出老鼠走到以这个点为根的子树的时候,需要的最少步数。
令 wi 表示走到这个节点为根的子树时候的最小步数( wi 要算上从这个点到根路径上的支路的数量)
那么 wi=secmaxu∈soni{wu} 其中 secmax{} 是次大值,因为可以把通往 wi 最大的儿子的路封上,老鼠就会走向次大儿子。
那么可以二分答案,然后从 m 点开始往上扫,这就相当于老鼠先往上走一段路,如果一个儿子的 wi 大于 mid ,那么这个点就要封掉,因为老鼠只要往这个节点走,你的步数就会大于 mid ,如果在老鼠走到这个点之前,你不能把这条路上的所有不合法的支路都封掉,那么答案也会大于 mid
这样复杂度就是 O(nlogn)
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=1000010;
int n,m,t,cnt,G[N],w[N],d[N];
struct edge{
int t,nx;
}E[N<<1];
inline char nc(){
static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline void rea(int &x){
char c=nc(); x=0;
for(;c>'9'||c<'0';c=nc());for(;c>='0'&&c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc());
}
inline void addedge(int x,int y){
E[++cnt].t=y; E[cnt].nx=G[x]; G[x]=cnt; d[x]++;
E[++cnt].t=x; E[cnt].nx=G[y]; G[y]=cnt; d[y]++;
}
int fa[N],dpt[N];
int Q[N],qt;
void dfs(int x,int f){
fa[x]=f; dpt[x]=dpt[f]+1;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=f) dfs(E[i].t,x);
}
void calc(int x,int y){
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=fa[x]) calc(E[i].t,y+d[x]-1);
if(d[x]==1) w[x]=y;
else if(d[x]==2) w[x]=y+1;
else{
int imax=0,sec=0;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=fa[x])
if(w[E[i].t]>imax)
sec=imax,imax=w[E[i].t];
else
sec=max(sec,w[E[i].t]);
w[x]=sec;
}
}
int vis[N];
inline bool check(int X){
int lst=0;
for(int k=1;k<=qt;k++){
int x=Q[k],cur=0;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=fa[x] && w[E[i].t]+lst>X && !vis[E[i].t])
cur++;
lst+=cur;
if(lst>k || lst>X) return 0;
}
return 1;
}
int main(){
rea(n); rea(t); rea(m);
for(int i=1,x,y;i0);
for(int u=m;u!=t;u=fa[u]) Q[++qt]=u,vis[u]=1;
for(int k=qt,cur=0;k;k--){
int x=Q[k]; cur+=d[x]-2;
for(int i=G[x];i;i=E[i].nx)
if(E[i].t!=fa[x] && !vis[E[i].t]) calc(E[i].t,cur+(x==m));
}
int L=0,R=n,mid,ans;
while(L<=R)
check(mid=L+R>>1)?R=(ans=mid)-1:L=mid+1;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}