LOJ2330「清华集训 2017」榕树之心

榕树之心

题目描述

深秋。冷风吹散了最后一丝夏日的暑气，也吹落了榕树脚下灌木丛的叶子。相识数年的 $Evan$ 和 $Lyra$ 再次回到了小时候见面的茂盛榕树之下。小溪依旧，石桥依旧，榕树虽是历经荣枯更迭，依旧亭亭如盖，只是 $Evan$ 和 $Lyra$ 再也不是七八年前不经世事的少年了。

……

“已经快是严冬了，榕树的叶子还没落呢……”

“榕树是常绿树，是看不到明显的落叶季节的……”

“唉……想不到已经七年了呢。榕树还是当年的榕树，你却不是当年的你了……”

“其实又有什么是一成不变的呢，榕树常绿，翠绿树冠的宏观永恒，是由无数细小树叶的荣枯更迭组成的。在时间的流逝中一切都在不断变化着呢……”

“但你看这榕树，日日如此，季季如此，年年如此，仿佛亘古不变般，盘根错节，郁郁葱葱。我在想，或许成为一棵树更好吧，任时间从枝叶间流过，我只守这一片绿荫就好。”

“榕树固然长久，但在这无限的时光里，终归是要湮灭于尘土的。与其像榕树一般，植根于一方泥土中感受年复一年的四季更替。倒不如在有限的时间里看过尽可能多的世界吧。再说了，榕树虽生长缓慢，却依旧会在每年春天抽出一根新的枝条去向外探索的呢……”

“真的吗，榕树在她漫长的一生里，就是这样往外一步步探索的吗？”

“毕竟就算树冠看起来一成不变，榕树也会随着时间周期变化，春天到了自然就是生长的时候了，她也应当做出对应的表现吧……”

“相比于对季节更替做出本能的生长，我倒宁愿相信，榕树有一颗活跃的的，探索的心。”

“其实榕树是有心的，榕树刚刚种下的时候，心就在根的地方发芽了。以后每年春天榕树长出新枝条的时候，心就会向着新枝条的方向移动一点，这样就能更靠近外面的世界了。你看这头顶上的枝条，纵横交错，其实心已经在这枝杈间，移动了数十载了呢……”

“哇，也就是说，这密密麻麻的树杈中的某个地方，藏着这棵榕树的心吗？”

“没错，可是要知道它在哪，就得另花一番功夫了……”

“呀，这时候想想，一株树还是不如一个人好……比如你，要是这样贴上去的话，就能听到跳动的声音呢……”

……

一棵榕树可以抽象成一棵 $n$ 个结点的有根树，其中结点编号为 $1 \sim n$ ，而 $1$ 号点就是根节点。初始时，树只有 $1$ 号点，而心也在 $1$ 号点。之后每一步，树都会长出一个新结点，即某个和当前已经存在的某个结点相邻的结点被加入了树中，之后，心会沿着心到新加结点的简单路径移动一步。这棵 $n$ 个结点的树有很多种生长的顺序，不同的顺序可能会导致最终心的位置不同。现在， $Evan$ 和 $Lyra$ 想知道，哪些结点可能是心在生长过程结束时停留的位置呢？

例如一棵大小为 $4$ 的树，连边为 $\{<1,2>,<1,3>,<1,4>\}$ ，我们有三种不同的生长顺序可以让心分别停留在 $2,3,4$ 号节点上：

最终停留在 $2$ 号点：

从 $1$ 生长出 $3$ ，心从 $1$ 移动到 $3$ ,
从 $1$ 生长出 $4$ ，心从 $3$ 移动回 $1$ ,
从 $1$ 生长出 $2$ ，心从 $1$ 移动到 $2$ .
最终停留在 $3$ 号点：

从 $1$ 生长出 $2$ ，心从 $1$ 移动到 $2$ ,
从 $1$ 生长出 $4$ ，心从 $2$ 移动回 $1$ ,
从 $1$ 生长出 $3$ ，心从 $1$ 移动到 $3$ .
最终停留在 444 号点：

从 $1$ 生长出 $2$ ，心从 $1$ 移动到 $2$ ,
从 $1$ 生长出 $3$ ，心从 $2$ 移动回 $1$ ,
从 $1$ 生长出 $4$ ，心从 $1$ 移动到 $4$ .
而我们可以证明，不存在任何一种可能的生长顺序使得心停留在 $1$ 号点。

输入格式

从标准输入读入数据。

输入第一行一个两个正整数 $W, T$ ，分别表示子任务编号（在样例中 $W=0$ ）和数据组数，接下来是 $T$ 组数据的描述，对于每组数据：

第一行一个正整数 $n$ 表示树上结点的个数。

接下来 $n−1$ 行，每行两个正整数 $a_i,b_i$ ，表示编号 $a_i,b_i$ 的结点间有一条树边，保证 $a_i \neq b_i$ 并且输入的 $n-1$ 条边恰好构成了一棵树。

输出格式

输出到标准输出。

若输入的 $W$ 不等于 $3$ ，对于每组数据输出一行一个长度为 $n$ 的 $01$ 字符串，表示编号为 $1 \sim n$ 的结点是否有可能是心最后所在的位置，若 $01$ 字符串对应位是 $1$ 则表示可能，为 $0$ 则表示不可能。

若输入的 $W$ 等于 $3$ ，则对每组数据输出一个字符表示 $1$ 号点的答案。

样例

样例输入 1

0 3
4
1 2
1 3
1 4
6
1 2
1 3
1 4
4 5
5 6
10
1 2
1 3
3 4
3 5
3 6
4 7
7 8
8 9
9 10

样例输出 1

0111
000101
0000001010

样例 2

见附加文件下的 ex_2.in 与 ex_2.ans。

数据范围与提示

Subtask 1[10pts]

$T \leq 50; n \leq 15$ 。

Subtask 2[10pts]

$T \leq 20; n \leq 10^5$ 。除了 $1$ 号点之外，每个点度数（包括父亲）不超过 $2$ 。

Subtask 3[10pts]

$T \leq 200; n \leq 100$ 。只输出一个字符表示 $1$ 号点答案，即保证 $1$ 号点答案正确即可。

Subtask 4[35pts]

$T \leq 20; n \leq 10^3$ 。

Subtask 5[35pts]

$T \leq 20; n \leq 10^5$ 。

题解

先考虑根节点能否被满足：

我们发现，对于以 $v$ 为根节点的子树，假设“心”就在 $v$ 处，“心”的移动是可以用 $v$ 不同儿子的交错生长抵消的，最难消除的就是最大的儿子 $mx1[v]$ ，我们可以先让 $mx1[v]$ 内部自行抵消，设每个节点的子树最大程度抵消后剩余的生长数为 $rem$ ，那么当 $rem[mx1[v]]\le siz[v]-1-siz[mx1[v]]$ 时，我们就可以把 $mx1[v]$ 的影响全部消除，除了 $siz[v]-1$ 为奇数时会剩下一个节点的生长抵消不了，不然都能抵消。否则， $rem[v]=rem[mx1[v]]-(siz[v]-1-siz[mx1[v]])$ 。

凭借上述方式，我们就可以 $O(n)dfs$ 一遍处理出整个 $rem$ 数组，只需要查询 $rem[1]$ 是否为 $0$ 就可以得出根节点的答案。

那么对于其他的点，我们也可以用类似的方式解决，只需将 $1\to v$ 的路径缩成一个点看做新的根节点即可：

然后类比一下根节点的做法搞一搞就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e5+5;
int T,W,n,id,siz[M],mx1[M],rem[M],mx2[M],dep[M],head[M],then[M<<1],ed[M<<1];
bool ans[M];
void add(int x,int y){then[++id]=head[x],head[x]=id,ed[id]=y;} 
void in()
{
    id=0;memset(head,0,sizeof(head));
    for(int i=1;i<=n;++i)siz[i]=mx1[i]=mx2[i]=rem[i]=dep[i]=ans[i]=0;
    int a,b;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;++i)scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a);
}
void dfs1(int v,int f,int d)
{
    siz[v]=1;dep[v]=d;int to,oth;
    for(int i=head[v];i;i=then[i])
    {
        to=ed[i];if(to==f)continue;
        dfs1(to,v,d+1);siz[v]+=siz[to];
        if(siz[to]>=siz[mx1[v]])mx2[v]=mx1[v],mx1[v]=to;
        else if(siz[to]>siz[mx2[v]])mx2[v]=to;
    }
    oth=siz[v]-1-siz[mx1[v]];
    if(oth>=rem[mx1[v]])rem[v]=(siz[v]-1)%2;
    else rem[v]=rem[mx1[v]]-oth+1;
}
void dfs2(int v,int f,int maxn)
{
    int tot=n-dep[v],bs=(siz[maxn]>siz[mx1[v]]?maxn:mx1[v]),oth=tot-1-siz[bs],to;
    if(oth>=rem[bs])ans[v]=tot%2;else ans[v]=0;
    for(int i=head[v];i;i=then[i])
    {
        to=ed[i];if(to==f)continue;
        if(mx1[v]==to)dfs2(to,v,(siz[mx2[v]]>siz[maxn]?mx2[v]:maxn));
        else dfs2(to,v,bs);
    }
}
void ac()
{
    dfs1(1,0,0);dfs2(1,0,0);
    printf("%d",rem[1]?0:1);
    if(W!=3)for(int i=2;i<=n;++i)printf("%d",ans[i]);
    putchar(10);
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&W,&T);
    while(T--)in(),ac();
}