题目链接http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5963
吐槽
这道题我第一眼看，嗯？？博弈论？还是树上的？我好像不会啊。。。但是一想某人的话，感觉这个应该也不会太难，可能有规律
分析
于是我就从样例开始仔细思考找规律，第一个样例应该是看不出来啥，但第二个内容量就比较丰富了。但我模拟完样例二依旧没发现什么，难道这道题真要建个线段树什么的？？接着我把关注点放到了输出上，输出只有两种，那是不是应该存在某种奇偶关系？还是要先考虑链的情况，因为从无根树上的一个点出发遍历就相当于走几条链（好像树的问题大部分都跟链有关）。下面模拟一下
首先要注意到题目中的暗示，每次都要找一个到父亲节点权值为1的点，这就说明了这个问题的限制，它总会结束。先不考虑修改，如果以1为根，不难看出女孩会赢，其中一种走法是
当然也有别的走法，但总会是女生赢。
如果以2为根呢？不难得出还是女孩赢，其中一种走法为
那么是不是图中边权为1的边数为偶数时，就是女生赢呢？仍旧以2为根，我们在4后边再跟一个节点。
会发现这样还是女生赢。
那在根节点2后边跟这个节点呢？
这时候再去模拟就会发现是男生赢了。所以我们猜测，让女生赢的并不是图中边权为1的边数，而是根节点周围边权为1的边数，根据这个大胆的猜测，我写出了下面的代码，好像还白写了一个加边函数。如果你去用样例测试，发现是对的，所以我兴奋的交了上去，WA
#include
#include
using namespace std;
const int N=4e4+10;
struct Edge{
int to,nxt,val;
}e[N<<1];
int Head[N],len;
void Ins(int a,int b,int c){
e[++len].to=b;e[len].val=c;
e[len].nxt=Head[a];Head[a]=len;
}
int cnt[N];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i 二次分析
既然这个代码过了样例，就说明它应该不是偶然，所以应该是我少考虑了什么。再回去读了一边题，发现题中并没有说当\(op==1\)时，变换的权值与原来的权值相等，也就是说如果我每次都把1变为0，0变为1，那么我上边的代码是可以的，也就是样例情况，但问题就出在它可能是1变为1，0变为0，所以每次必须扫描一边根周围的边权之和，即下边的代码。
#include
#include
using namespace std;
const int N=4e4+10;
struct Edge{
int to,nxt,val;
}e[N<<1];
int Head[N],len;
void Ins(int a,int b,int c){
e[++len].to=b;e[len].val=c;
e[len].nxt=Head[a];Head[a]=len;
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(Head,0,sizeof(Head));
len=0;
for(int i=1;i 证明
写完之后感觉就这么过去的话不是很好，万一猜错了就很尴尬，所以想一下证明。
为了简化问题，我们只把链的情况证明了就好。如果连接根节点的边权值为1，其余边有两种情况，一是全为1的，二是含0的，分开讨论一下。
如果含有0，
因为是女生先任意选点，所以让女生选择最后一个点，这样连接根节点的那条边就会被置为0，而因为含有0，所以肯定还会剩下边权为1的，这时由于男生不得不去变换边，所以一定会去变换权值为1的，由于根节点在男生变换的时候为0，所以这样的话只有可能是女生让根节点变为0，也就是只有女生会赢。
如果不含0都是1呢？那女生就可以一次性让男生没的变换，仍然是女生赢。
当连接根节点的边权值为0时就会反过来，证毕。