最大独立集 ccpcwannnafly (贪心最大独立集）

题目描述

树上最大独立集是个非常简单的问题，可怜想让它变得稍微难一点。

可怜最开始有一棵

可怜用 $T'_0T0′ 至 T'_mTm′，其中 T'_0 = T(1)T0′=T(1)。第 ii 次操作，可怜选择了一个节点 k_iki，它用如下的方式构造了 T'_iTi′：$

新建一棵和 $T(k_i)T(ki) 一样的有根树 T_bTb。$
新建 $T'_{i-1}Ti−1′ 一样的有根树，并将第 jj 棵树的根节点的父亲设置为 T_bTb 中第 jj 个点，即加上一条连接它们的边。$
这样就得到了一个点数为 $\text{size}(T(k_i)) + n\times \text{size}(T'_{i-1})size(T(ki))+n×size(Ti−1′) 的树 T_iTi，它的根节点是 T_bTb 中的节点 k_iki。$

现在可怜希望你对 $T_0T0 至 T_mTm，分别求出这 m+1m+1 棵树的最大独立集大小。$

有根树 $f_ifi 不在 SS 中。$

输入描述

第一行输入两个整数 $\leq n,m \leq 10^5)n,m(1≤n,m≤105)，表示无根树上的节点个数与可怜进行的操作次数。$

接下来 $\leq u,v \leq n)u,v(1≤u,v≤n) 表示书上的一条边。$

接下来 $k_i(1 \leq k_i \leq n)ki(1≤ki≤n) 表示在第 ii 次操作中，可怜选择的节点。$

输出描述

输出

样例输入 1

样例输出 1

样例输入 2

样例输出 2


基础是要会求树上独立集，一个是树形dp，太暴力了，并且这里的也用不上。
然年就是有一个贪心的做法，
就是每次取树的叶子， 删掉叶子的fa，一次类推
实现的话，一次dfs就行了。
然后

树上独立集的贪心做法：

每次取出叶子节点加入答案，然后将其父节点扔掉，循环操作，直至没有节点

那么考虑这一道题的操作，对于一棵树T(ki)来说T(ki)来说
它的每一个节点下面都连着一棵独立的树

那么这些独立的树都可以分别贪心求最大独立集

再考虑这些独立的树做完之后剩下的T(ki)T(ki)
如果这些独立的树的最大独立集需要取到其根节点，那么T(ki)中所有节点都不能取T(ki)中所有节点都不能取
否则T(ki)的贡献就是以ki为根的最大独立集T(ki)的贡献就是以ki为根的最大独立集
这时候需要预处理出以x∈[1,n]为根的最大独立集中是否需要用到xx∈[1,n]为根的最大独立集中是否需要用到x
树形dp

第一次dp ,f[i]表示只考虑i的子树当前点取不取f[i]表示只考虑i的子树当前点取不取
显然，对于所有叶子节点都是取的 ,f[i]=1f[i]=1
那么对于非叶子节点 f[i]=1当且仅当其所有儿子的f[i]=0f[i]=1当且仅当其所有儿子的f[i]=0

第二次dp g[i]表示不考虑i的子树当前点取不取g[i]表示不考虑i的子树当前点取不取
显然，g[1]=1表示根节点不考虑其子树是取的g[1]=1表示根节点不考虑其子树是取的
再考虑其他点u，如果u是不取的，当且仅当g[fa[u]]=1并且其父亲除它u，如果u是不取的，当且仅当g[fa[u]]=1并且其父亲除它
以外的儿子中的f[i]都是不取的

第二次dp $g [i] 表示不考虑 i 的子树当前点取不取$

显然， $g [1] = 1 表示根节点不考虑其子树是取的$

再考虑其他点 $u ，如果 u 是不取的，当且仅当 g [f a [u]] = 1 并且其父亲除它$

$以外的儿子中的 f [i] 都是不取的$

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 #define ll long long
 5 #define N 200010
 6 const ll MOD = (ll)998244353;
 7 int n, m; ll base; 
 8 vector <int> G[N]; 
 9 
10 int fa[N], cnt[N], need[N];
11 // 0 get > 0 not get  for cnt
12 void DFS(int u)
13 {
14     cnt[u] = 0;
15     for (auto v : G[u]) if (v != fa[u])
16     {
17         fa[v] = u;
18         DFS(v); 
19         if (cnt[v] == 0) ++cnt[u];  
20     }
21     if (cnt[u] == 0) ++base;
22 }
23 
24 
25 // need 0 get 1 not get 
26 void DFS2(int u)
27 {
28     if (u != 1)
29     {
30         if (need[fa[u]] == 0 && cnt[fa[u]] - (cnt[u] == 0) == 0) need[u] = 1;
31         else need[u] = 0;
32     }
33     for (auto v : G[u]) if (v != fa[u])
34         DFS2(v); 
35 }
36 
37 int main()
38 {
39     while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
40     {
41         base = 0;
42         for (int i = 1; i <= n; ++i) G[i].clear();
43         for (int i = 1, u, v; i < n; ++i)
44         {
45             scanf("%d%d", &u, &v);
46             G[u].push_back(v);
47             G[v].push_back(u);
48         }
49         DFS(1); 
50         need[1] = 0;
51         DFS2(1);
52         for (int i = 1; i <= n; ++i) 
53         {
54             if (cnt[i] == 0 && need[i] == 0) need[i] = 1;
55             else need[i] = 0;
56         }
57         ll res = base;        
58         int vis = need[1];  
59         for (int i = 1, x; i <= m; ++i)
60         {
61             scanf("%d", &x);
62             printf("%lld\n", res);
63             res = (res * n) % MOD; 
64             if (vis == 0) res = (res + base) % MOD, vis = need[x]; 
65             else vis = 0;  
66         }        
67         printf("%lld\n", res);
68     }
69     return 0;
70 }

最大独立集 ccpcwannnafly (贪心最大独立集）

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