[BZOJ2071] [POI2004]JAS
题目描述
在Byteotia有一个洞穴. 它包含n 个洞室和一些隧道连接他们. 每个洞室之间只有一条唯一的路径连接他们. Hansel 在其中一个洞室藏了宝藏, 但是它不会说出它在哪. Gretel 想知道. 当她询问一个洞室是否有宝藏时,如果她猜对了Hansel 会告诉她,如果猜错了他会告诉她哪个方向会有宝藏. 给出洞穴的信息,那么无论Hansel 把宝藏藏在了哪,求出最少要询问多少次才能找到宝藏.
输入格式
输入一个数n, 1<= n <= 50,000. 表示洞室总数,接下来n-1 行描述n – 1条边.
输出格式
输出一个数表示最少询问次数.
样例
样例输入
5
1 2
2 3
4 3
5 3
样例输出
2
传送门
提供一下这篇题解的主要内容
1.将原问题转化为一个树上标号问题，标号即最优决策时的询问顺序。标号满足：
任意两个相同标号点之间必然有一个点标号大于它，对应先访问该点
标号对应的访问顺序即：对于任意一个联通块，每次都选取其中标号最大的节点访问，然后将联通块分成几部分重复操作
答案即最大标号的最小值
存在一种可行的标号方式，就是每次取重心标号，这样能保证答案在\(log n\)以下，但并不一定是最优解
2.考虑对于标号最优的贪心
编号最多只\(logn\)，所以可以状压
我们按照子树贪心，每棵子树维护一个\(S[i]\)，表示子树内存在的标号，并且这些标号到\(i\)的路径上没有更大的点
对于\(u\)收集子树时，如果有多棵子树包含这种标号\(i\)，那么\(u\)的标号必须\(>i\)，同时，子树里出现的标号\(u\)不能取
由于最大编号不一定在根节点处取到，所以还要同步维护一个最大值
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)
inline void cmax(int &a,int b){ ((ab)&&(a=b));}
char IO;
int rd(){
int s=0,f=0;
while(!isdigit(IO=getchar())) f|=(IO=='-');
do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
while(isdigit(IO=getchar()));
return f?-s:s;
}
const int N=1e5+10;
int n;
struct Edge{
int to,nxt;
} e[N<<1];
int head[N],ecnt;
void AddEdge(int u,int v) {
e[++ecnt]=(Edge){v,head[u]};
head[u]=ecnt;
}
#define erep(u,i) for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
int Log[N],dp[N],S[N];
void dfs(int u,int f) {
int cnt[20];
memset(cnt,0,sizeof cnt);
erep(u,i) {
int v=e[i].to;
if(v==f) continue;
dfs(v,u);
rep(j,0,18) if(S[v]&(1<=2) {
rep(j,0,i) mk[j]=1;
break;
}// 如果子树里存在两次i，那么i一下均不能取
int t;
rep(i,0,18) if(!mk[i]){ t=i; break; }
rep(i,0,t-1) if(S[u]&(1<>1]+1;
rep(i,2,n) {
int u=rd(),v=rd();
AddEdge(u,v);
AddEdge(v,u);
}
dfs(1,0);
printf("%d\n",dp[1]);
}