CF1452G

CF1452G - Game On Tree

题目大意

A和B在树上Van游戏，每个人操作一些点

A操作一个点(i)，B操作一个点集(a_j)

每轮A,B分别进行操作，可以对于自己的所有点任意移动1步或0步

在某一轮，当A的点碰到B的点时游戏结束

A希望尽量迟结束，B希望尽量早结束

给定B的初始点集(a_j)，对于A的每个初始点(i)判断多少轮结束

分析

由于B的操作显然是不停向A收缩直到碰到

那么可以广搜求出每个点原地不动时被B干掉的时间(F_i)

那么考虑A的移动过程，每一步可以到达一个点(u)

必须满足在第(i)步所在的点(u)，(F_u>i)，否则结束游戏

对于初始节点(u)，不妨设最终结束的节点为(t)，我们希望一路跑到(t)然后站住不动，此时答案就是(F_t)

而实际上，任何一个点(u)能够跑到(t)，等价于(dis(u,t)<F_t)

Proof:

由最短路三角不等式可知

(forall (u,v)in Tree, dis_{v}-1leq dis_uleq dis_{v}+1)

即(dis_e)在树的路径上连续变化，不妨设移动路径为(p_i,iin[1,k],p_k=t,kleq F_t)

若能在(F_t-1)的时间内到达(p_k)，那么必然能在(F_t-2)的时间内到达(p_{k-1})

进而归纳得到

那么问题变成了，对于每个点(u)，向周围(F_u-1)范围内的点对于(F_u)取(max)

容易点分治处理，复杂度为(O(nlog n))

const int N=2e5+10,INF=1e9+10;

int n,F[N],A[N];
vector <int> G[N];
queue <int> que;

int mi,rt,sz[N],vis[N];
void FindRt(int n,int u,int f){
	int ma=0; sz[u]=1;
	for(int v:G[u]) if(!vis[v] && v!=f) {
		FindRt(n,v,u),sz[u]+=sz[v];
		cmax(ma,sz[v]);
	}
	cmax(ma,n-sz[u]);
	if(mi>ma) mi=ma,rt=u;
}

int dep[N],id[N],c,s[N];
void dfs(int u,int f){
	id[++c]=u;
	for(int v:G[u]) if(v!=f && !vis[v]) {
		dep[v]=dep[u]+1;
		dfs(v,u);
	}
}
void Div(int n,int u){
	mi=1e9,FindRt(n,u,0),u=rt,vis[u]=1;
	c=0,dep[u]=0,dfs(u,0);
	rep(i,0,c) s[i]=0;
	rep(i,1,c) {
		int u=id[i];
		if(F[u]>dep[u]) cmax(s[min(c,F[u]-1-dep[u])],F[u]);
	}
	drep(i,c-1,0) cmax(s[i],s[i+1]);
	rep(i,1,c) cmax(A[id[i]],s[dep[id[i]]]);
	for(int v:G[u]) if(!vis[v]) {
		if(sz[v]>sz[u]) sz[v]=n-sz[u];
		Div(sz[v],v);
	}
}

int main(){
	rep(i,2,n=rd()){
		int u=rd(),v=rd();
		G[u].pb(v),G[v].pb(u);
	}
	rep(i,1,n) F[i]=-1;
	rep(i,1,rd()) {
		int x=rd();
		F[x]=0,que.push(x);
	}
	while(!que.empty()) {
		int u=que.front(); que.pop();
		for(int v:G[u]) if(F[v]==-1) 
			F[v]=F[u]+1,que.push(v);
	}
	Div(n,1);
	rep(i,1,n) printf("%d ",A[i]);
}