2023NOIP A层联测18 博弈树

题解

小$A$和小$B$在玩游戏，游戏规则如下：

• 给定一棵有$n$个节点的树，小$A$和小$B$会选择一个节点作为起点放上棋子
• 游戏由小$A$先手，轮到一方之后，玩家可以将棋子移动到树上任意一点，每次玩家移动的距离必须比对方上一次移动的距离大，开始时上一次的距离默认为$0$
• 当一方不能再移动时该玩家判负

小$A$和小$B$均采用最优策略。有$q$次询问，每次询问会给出一个点$x$，你需要回答以这个点为起点的情况下谁会赢。如果小$A$会赢，输出$Alice$；否则，输出$Bob$。

$1\le n,q\le 10^5$

题解

如果先手的位置在直径的端点上时，先手可以将棋子移到另一个端点上，而后手不能再移动，所以此时先手必胜。

我们考虑删除所有直径端点，得到一棵新的树，如果起点在这棵树的直径上，那么先手可以将棋子移到新树的另一个直径端点，后手为了能移动更大的距离，只能将棋子移到原树的直径上，那么后手的移动距离小于原树的直径的长度，先手可以将棋子移到原树上的另一个直径端点，所以还是先手必胜。

于是，我们可以将树的直径端点不断删下去，如果最终剩下一个点，则这个点是后手必胜的（因为先手无论如何都会把这个点移动到每一层的直径端点）；否则，所有点都是先手必胜。

我们发现，原树直径的中点一定是删一层后树的直径中点，于是我们可以判断原树直径的长度是否为奇数（因为是奇数的话才会有中点），如果是的话就从直径的一端暴力跳到直径的终点即可。

时间复杂度为$O(n)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000;
int n,q,tot=0,d[2*N+5],l[2*N+5],r[N+5],dep[N+5],fa[N+5];
void add(int xx,int yy){
	l[++tot]=r[xx];d[tot]=yy;r[xx]=tot;
}
void dfs(int u,int f){
	fa[u]=f;
	dep[u]=dep[f]+1;
	for(int i=r[u];i;i=l[i]){
		if(d[i]==f) continue;
		dfs(d[i],u);
	}
}
int main()
{
//	freopen("tree.in","r",stdin);
//	freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	dfs(1,0);
	int v1=0,v2=0,vb=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(dep[i]>dep[v1]) v1=i;
	}
	dfs(v1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(dep[i]>dep[v2]) v2=i;
	}
	if(dep[v2]&1){
		vb=v2;
		for(int i=1;i<=dep[v2]/2;i++) vb=fa[vb];
	}
	for(int i=1,x;i<=q;i++){
		scanf("%d",&x);
		if(x==vb) printf("Bob\n");
		else printf("Alice\n");
	}
	return 0;
}