CF1381D The Majestic Brown Tree Snake

CF1381D The Majestic Brown Tree Snake

洛谷CF1381D The Majestic Brown Tree Snake

题目大意

给定一棵有$n$个节点的树，树上有一条蛇，蛇覆盖了从蛇头$s$到蛇尾$t$的简单路径$(s\ne t)$。

蛇有两种移动方式：

• 蛇头向周围没有被覆盖的位置移动一个单位，蛇尾向蛇头的方向挪动一个单位
• 蛇尾向周围没有被覆盖的位置移动一个单位，蛇头向蛇尾的方向挪动一个单位

问蛇能否将头和尾的位置调换，即蛇头移动到$t$、蛇尾移动到$s$。能则输出$YES$，否则输出$NO$。

有$T$组数据。

$1\le T\le 100,1\le n\le 10^5,\sum n\le 10^5$

题解

记蛇的长度为$L$（边的数量）。

记$p$为关键点，当且仅当从$p$出发有至少$3$条 边不相交 且 长度$\ge L$的链（记为$p$的分支）。

显然如果阵型型的两端能到达某个关键点，阵型就能翻转，即：

1. 如果两端能到达某个关键点，则两端就能到达所有关键点
2. 如果两端不能到达某个关键点，阵型就不能翻转

结论1证明

设两个关键点为$p_1$和$p_2$，阵型的一端为$p_1$。由定义可知$p_1$至少有一个分支不为阵型所在的分支，且不在$p_1\to p_2$的路径上，此时把阵型移动到这个分支中，再随着$p_1\to p_2$的路径移动就可以到达$p_2$。

结论2证明

如果阵型不能到达直径（非两端的某个点也算），就可以把这条直径删去。因此我们可以归纳成更小的树来证明。
\qquad
此时阵型一定能到达直径，并且离不开直径。
\qquad
反证法：如果阵型能离开直径（$x\to y$），记离开的那个点为$u$，这说明$dis(x,u)\ge L$且$dis(y,u)\ge L$（因为直径是这棵树上最长的一条链）。又因为阵型在第三个分支上，所以$u$是关键点，与条件矛盾，所以原命题成立。
\qquad
同时说明阵型中一定有至少一条边永远在直径上，这条边决定了阵型的方向，所以阵型不能翻转。

我们以某个端点$s$为根。

我们可以先判断每个点是不是关键点，用两次$dfs$分别求向子树方向的分支和向祖先方向的分支的长度，维护最长分支、次长分支和次次长分支，如果一个点的次次长分支$\ge L$，则这个点是关键点；否则，这个点不是关键点。

如果整个图都没有关键点，则阵型不能翻转。

然后，我们维护端点$s$向下可以移动到的位置和端点$t$可以向上移动到的位置，如果$s$和$t$能够移动到的位置有交集，那么它们必定可以到达某个关键点，于是就可以翻转。否则，它们就到不了对方的位置，也就不能翻转了。

我们可以用双指针维护$s$和$t$分别能到达的位置，比如$s$能到达一个新位置，就更新这个位置对$t$的贡献。

时间复杂度为$O(n)$。

可以参考代码帮助理解。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000;
int T,n,s,t,dep[N+5],mx[N+5],tf[N+5],w[N+5][3];
vector<int>v,g[N+5];
void pt(int u,int x){
	if(x>w[u][0]){
		w[u][2]=w[u][1];
		w[u][1]=w[u][0];
		w[u][0]=x;
	}
	else if(x>w[u][1]){
		w[u][2]=w[u][1];
		w[u][1]=x;
	}
	else if(x>w[u][2]) w[u][2]=x;
}
void dfs1(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1;
	mx[u]=0;
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		dfs1(v,u);
		pt(u,mx[v]+1);
		mx[u]=max(mx[u],mx[v]+1);
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		if(mx[v]+1==w[u][0]) pt(v,1+w[u][1]);
		else pt(v,1+w[u][0]);
		dfs2(v,u);
	}
}
bool dfs3(int u,int fa){
	tf[u]=fa;
	mx[u]=0;
	bool fl=(u==t);
	for(int v:g[u]){
		if(v==fa) continue;
		if(dfs3(v,u)) fl=1;
		else mx[u]=max(mx[u],mx[v]+1);
	}
	return fl;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d%d",&n,&s,&t);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			g[i].clear();
			w[i][0]=w[i][1]=w[i][2]=0;
		}
		for(int i=1,x,y;i<n;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			g[x].push_back(y);
			g[y].push_back(x);
		}
		dep[0]=-1;
		dfs1(s,0);dfs2(s,0);
		bool fl=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) fl|=(w[i][2]>=dep[t]);
		if(!fl){
			printf("NO\n");
			continue;
		}
		dfs3(s,0);
		v.clear();
		v.push_back(mx[t]);
		while(t!=s){
			t=tf[t];
			v.push_back(mx[t]);
		}
		int len=v.size(),l=0,r=len-1;
		int L=v[r],R=len-1-v[l];
		while(l<r){
			if(l<L){
				++l;
				R=min(R,len-1-(v[l]-l));
			}
			else if(r>R){
				--r;
				L=max(L,v[r]-(len-1-r));
			}
			else break;
		}
		if(l==r) printf("YES\n");
		else printf("NO\n");
	}
	return 0;
}