【CF613D】Kingdom and its Cities

stoorz 2020-03-03 23:30:00
原文地址:https://www.cnblogs.com/stoorz/p/12405605.html

题目

题目链接:<https://codeforces.com/problemset/problem/613/D&gt;
一个王国有 \(n\) 座城市,城市之间由 \(n-1\) 条道路相连,形成一个树结构,国王决定将一些城市设为重要城市。
这个国家有的时候会遭受外敌入侵,重要城市由于加强了防护,一定不会被占领。而非重要城市一旦被占领,这座城市就不能通行。
国王定了若干选择重要城市的计划,他想知道,对于每个计划,外敌至少要占领多少个非重要城市,才会导致重要城市之间两两不连通。如果外敌无论如何都不可能导致这种局面,输出-1。
\(1\leq n,q,\sum^{q}_{i=1}m_i\leq 10^5\)

思路

先考虑只有一个询问怎么做。首先很明显的一点是,输出 -1 的充要条件是存在两个重要节点相邻。
排除这种情况后,剩余的就是有解的。
设 \(cnt_x\) 表示 \(x\) 的子树中没有被截断的(与 \(x\) 通过若干条边相连的)点有多少个。注意不包括 \(x\) 本身。
那么

  • 如果 \(key[x]=1\),那么对于这 \(cnt_x\) 个点都要割掉一条边,\(ans\) 加上 \(cnt_x\)。
  • 如果 \(key[x]=0\),那么
    • 如果 \(cnt[x]=1\),那么现在没必要割,显然留到后面割肯定更优。
    • 如果 \(cnt[x]>1\),那么必须割掉 \(x\),\(ans\) 加一。

这样就可以在 \(O(n)\) 的复杂度内解决这个问题。
但是现在有多组询问,我们发现 \(\sum m\leq 10^5\),而每次询问我们只需要知道关键节点之间的信息,所以构建虚树即可。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码

#include &lt;set&gt;
#include &lt;cstdio&gt;
#include &lt;cstring&gt;
#include &lt;algorithm&gt;
using namespace std;

const int N=100010,LG=20;
int n,m,Q,tot,top,ans,a[N],dfn[N],head[N],st[N],f[N][LG+1],dep[N];
bool flag,key[N];
set&lt;int&gt; vis;

struct edge
{
    int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
    e[++tot].to=to;
    e[tot].next=head[from];
    head[from]=tot;
    if (vis.find(from)==vis.end()) vis.insert(from);
    if (vis.find(to)==vis.end()) vis.insert(to);
}

bool cmp(int x,int y)
{
    return dfn[x]&lt;dfn[y];
}

void dfs(int x,int fa)
{
    dfn[x]=++tot;
    f[x][0]=fa; dep[x]=dep[fa]+1;
    for (int i=1;i&lt;=LG;i++)
        f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
    for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
        if (e[i].to!=fa) dfs(e[i].to,x);
}

int lca(int x,int y)
{
    if (dep[x]&lt;dep[y]) swap(x,y);
    for (int i=LG;i&gt;=0;i--)
        if (dep[f[x][i]]&gt;=dep[y]) x=f[x][i];
    if (x==y) return x;
    for (int i=LG;i&gt;=0;i--)
        if (f[x][i]!=f[y][i])
            x=f[x][i],y=f[y][i];
    return f[x][0];
}

bool build()
{
    st[++top]=0;
    sort(a+1,a+1+m,cmp);
    for (int i=1;i&lt;=m;i++)
    {
        int p=lca(a[i],st[top]);
        if (p!=st[top])
        {
            while (dep[st[top-1]]&gt;dep[p])
            {
                add(st[top-1],st[top]);
                top--;
            }
            add(p,st[top]); top--;
            if (st[top]!=p) st[++top]=p;
        }
        st[++top]=a[i];
    }
    for (int i=top;i&gt;=2;i--)
        add(st[i-1],st[i]); 
}

int dfs2(int x)
{
    int cnt=0;
    for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].to;
        cnt+=dfs2(v);
        if (key[v] &amp;&amp; key[x] &amp;&amp; dep[v]==dep[x]+1) flag=1;
        if (flag) return -1;
    }
    if (key[x]) ans+=cnt,cnt=1;
        else if (cnt&gt;1) ans++,cnt=0;
    return cnt;
}

int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    scanf(&quot;%d&quot;,&amp;n);
    for (int i=1,x,y;i&lt;n;i++)
    {
        scanf(&quot;%d%d&quot;,&amp;x,&amp;y);
        add(x,y); add(y,x);
    }
    tot=0; dfs(1,0);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    tot=0;
    scanf(&quot;%d&quot;,&amp;Q);
    while (Q--)
    {
        scanf(&quot;%d&quot;,&amp;m);
        for (int i=1;i&lt;=m;i++)
        {
            scanf(&quot;%d&quot;,&amp;a[i]);
            key[a[i]]=1;
        }
        build();
        dfs2(0);
        if (flag) printf(&quot;-1\n&quot;);
            else printf(&quot;%d\n&quot;,ans);
        for (set&lt;int&gt;::iterator it=vis.begin();it!=vis.end();it++)
            head[*it]=-1,key[*it]=0;
        vis.clear();
        flag=tot=ans=top=0;
    }
    return 0;
}

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