[JZOJ5944]【NOIP2018模拟11.01】信标

Description

对于 100% 的数据, 1 ≤ n ≤ 1000000, 1 ≤ u, v ≤ n, 保证数据合法.

Solution

显然，当n>1时答案>0
因此我们不妨枚举一个点作为根，它是必须要放的，那么深度不同的节点就被区分了。

对于一个节点，假设它有k个儿子，那么至少要在k-1个儿子子树中有信标

证明：显而易见，若有两个子树没有信标，那么靠其他的子树中的信标以及父亲以上的信标是无法区分他们的。

那么考虑如何证明这样一定合法
我们只需要考虑所有深度相同的点对(u,v)，由于它们深度相同，那么它们的LCA儿子数量至少为2，因此在LCA的包含u的子树和包含v的子树中必有一个有信标，那么另一个一定走的更远（因为深度相同它们路径终点只能是LCA）

这样就可以直接自底向上贪心，加上枚举根就能$O(n^2)$计算答案了。
如果加上一些换根优化就可以做到$O(n)$

我们考虑另一种思路。

有结论，满足上述贪心规则下，度数>2的节点一定不会放信标
我们令根节点为一个度数>2的节点

对于深度相同的点对，可以同上证明。
现在只需要考虑深度不同的点对。

如果它们在根的同一个子树中，那么由于根节点度数>2，它们深度不同，因此一定有另一个子树中的信标区分他们。

如果在不同的子树，考虑它们如何才能不被区分，那么一定是它们先一起走到路径中点，然后再走到同一个信标，因为路径中点唯一且不是根（深度不同），那中点一定在某个子树中，这样另外一个子树中信标一定能将它们区分。

因此判掉一条链的情况以后，直接选一个度数>2的节点为根贪心即可。
时间复杂度$O(n)$

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 1000005
using namespace std;
int m1,rd[N],n,fs[N],nt[2*N],dt[2*N],ans,f[N],g[N];
void link(int x,int y)
{
	nt[++m1]=fs[x];
	dt[fs[x]=m1]=y;
}
void dfs(int k,int fa)
{
	for(int i=fs[k];i;i=nt[i])
	{
		int p=dt[i];
		if(p!=fa) 
		{
			dfs(p,k);
		}
	}
	int cnt=0,c1=0;
	for(int i=fs[k];i;i=nt[i])
	{
		int p=dt[i];
		if(p!=fa)
		{
			f[k]+=f[p];
			cnt++;
			if(f[p]) c1++;
		}
	}
	f[k]+=max(0,cnt-1-c1);
}
int main()
{
	cin>>n;
	if(n==1) {printf("0");return 0;}
	fo(i,1,n-1)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		rd[x]++,rd[y]++;
		link(x,y),link(y,x);
	}
	int rt=0;
	fod(i,n,1) if(rd[i]>2) {rt=i;dfs(i,0);break;}
	if(rt==0) printf("1\n");
	else printf("%d\n",f[rt]);
}