考虑求出重心，以0为根建树，求出第 $i$个点的子树大小$sz[i]$（$a(0,i)$），则满足$n-sz[i]le lfloorfrac{n}{2} floor$的$sz[i]$中的最小值必然合法
证明：反证法，若其不合法，则其必然有一棵子树$sz[k]>sz[son]>lfloor frac{n}{2} floor$，那么$sz[son]$也满足该条件且更小，矛盾
设重心为$r$，再求出每一个点的深度$d[i]$（$h(r,i)$），以及在$r$的哪一个儿子的子树内（若$r$有三个儿子，询问其中两个即可），至此共计最多为$4(n-1)$次询问，在$Q$的范围之内
考虑构造，构造的基本思路有3点：1.保证任意时刻$r$都为重心；2.任意相邻两点在$r$不同子树中；3.保证位置同奇偶（如第2和4个）的点深度不上升（很明显这样可以保证充分性）
（根据思路1，可以发现最终必然只会剩下$r$，再将$r$加入旅程中即可）
先保证思路1和2，$r$为重心当且仅当$sz_{max}le sum sz_{other}+1$，而当$sum sz_{other}<sz_{max}$时，可以将另外的子树合并起来，从$sz_{max}$开始（否则会不够用），依次修改这颗子树中和其他子树中的点即可
每一次修改，对于$sz_{max}-sum sz_{other}$的变化具有连续性，且最后一次修改必然不是在$sz_{max}$中（否则修改前也可以），因此通过这样的操作就可以保证思路1和2
再保证思路3，构造方式是不断选择其他子树中最深的点，这样做的正确性证明如下：
记$a_{i}$为第$i$次所选子树编号，$v_{i}$为第$i$次所选的点深度，那么若$a_{i}=a_{i+2}$则显然有$v_{i}ge v_{i+2}$，否则由于$a_{i} e a_{i+2}$，则$v_{i+1}ge v_{i+2}$（否则第$i+1$会选$a_{i+2}$），那么若$a_{i}<a_{i+2}le a_{i+1}$，不论$a_{i-1}=a_{i+2}或a_{i+1}$，另一个权值一定更大，而不会选$a_{i}$
在$sum sz_{other}<sz_{max}$的过程中，对每一棵子树都选择最深的点，同奇偶的点必然是在同一棵子树中，因此满足该性质
当两者交界时，记$x$表示选择$sz_{max}$的那一次，那么可能会有$v_{x-1}<v_{x+1}$，不满足思路3的要求
考虑第$x-2$次操作，必然有$a_{x-2}=a_{x+1}$（否则可以选$v_{x+1}$），那么我们可以撤销这次操作，并直接进入交替选$sz_{max}$的过程，这样就有$sz_{max}=sum sz_{other}$，显然也是可行的
1 #include "fun.h" 2 #include<bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 #define N 100005 5 vector<int>v_son,ans,v[3]; 6 int r,n,sz[N],d[N]; 7 bool cmp(int x,int y){ 8 return d[x]<d[y]; 9 } 10 bool pd(int x,int y,int z){ 11 int s=max(max(x,y),z); 12 return x+y+z-s<s; 13 } 14 void push(int k){ 15 ans.push_back(v[k].back()); 16 v[k].pop_back(); 17 } 18 vector<int> createFunTour(int nn,int q){ 19 n=nn; 20 sz[r=0]=n; 21 for(int i=1;i<n;i++){ 22 sz[i]=attractionsBehind(0,i); 23 if ((n-sz[i]<=n/2)&&(sz[r]>sz[i]))r=i; 24 } 25 for(int i=0;i<n;i++) 26 if (i!=r){ 27 d[i]=hoursRequired(r,i); 28 if (d[i]==1)v_son.push_back(i); 29 } 30 for(int i=0;i<n;i++){ 31 if (i==r)continue; 32 bool flag=0; 33 for(int j=1;j<v_son.size();j++) 34 if ((i==v_son[j])||(hoursRequired(v_son[j],i)==d[i]-1)){ 35 v[j].push_back(i); 36 flag=1; 37 break; 38 } 39 if (!flag)v[0].push_back(i); 40 } 41 for(int i=0;i<v_son.size();i++)sort(v[i].begin(),v[i].end(),cmp); 42 if (v[0].size()<v[1].size())swap(v[0],v[1]); 43 if (v[0].size()<v[2].size())swap(v[0],v[2]); 44 for(int i=-1;;){ 45 if (pd(v[0].size(),v[1].size(),v[2].size()))break; 46 if (i>=0)push(i); 47 int p=i; 48 i=-1; 49 for(int j=0;j<v_son.size();j++) 50 if ((j!=p)&&(v[j].size())&&((i<0)||(d[v[i].back()]<d[v[j].back()])))i=j; 51 } 52 if (v[0].size()<v[1].size())swap(v[0],v[1]); 53 if (v[0].size()<v[2].size())swap(v[0],v[2]); 54 for(int i=0;i<v[2].size();i++)v[1].push_back(v[2][i]); 55 sort(v[1].begin(),v[1].end(),cmp); 56 if ((ans.size())&&(v[1].size())&&(d[ans.back()]<d[v[1].back()])){ 57 v[1].push_back(ans.back()); 58 ans.pop_back(); 59 sort(v[1].begin(),v[1].end(),cmp); 60 } 61 while (v[0].size()){ 62 push(0); 63 if (v[1].size())push(1); 64 } 65 ans.push_back(r); 66 return ans; 67 }