资格赛：题目1：同构

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描述

给定2个树A和B，保证A的节点个数>=B的节点个数。

现在你需要对树A的边进行二染色。

一个好的染色方案，指不存在一个树A中的连通块，同时满足以下2个条件

1. 其中只有同色的边

2. 和B同构。两个树同构是指，存在一个一一映射（既是单射又是满射），将树B的各节点映射到不同的树A的节点，使得原来在树B中相邻的点，在映射后，仍相邻。

问是否存在一种好的染色方案。

输入

第一行一个整数T (1<=T<=10)，表示数据组数。

接下来是T组输入数据，测试数据之间没有空行。

每组数据格式如下：

第一行一个整数N ，表示树A的节点总数。

接下来N-1行，每行2个数a, b (1 <= a, b <= N)表示树A的节点a和b之间有一条边。

接下来一行，一个整数M(1 <= M <= N)，表示树B的节点总数。

接下来M-1行，每行2个数a, b (1 <= a, b <= M)表示树B的节点a和b之间有一条边。

输出

对每组数据，先输出“Case x: ”，x表示是第几组数据，然后接“YES”/“NO”，表示是否存在所求的染色方案。

数据范围

小数据：1 <= N <= 20

大数据：1 <= N <= 1000000

样例解释

无论如何染色，只要从A中挑一条边就行了。

样例输入

1
3
1 2
2 3
2
1 2

样例输出

Case 1: NO

题目解析：

1. 两棵树 A ， B ； node(A) >= node(B) ；对 A 二染色，与 B 同构部分不能只有一种颜色。

2.问题转化为：对 A 二染色，颜色相同的部分不能与 B 同构。

3. 举例：

                  

                                      A                                ————————————>         B’

                                                                          由 A 得出最大边同色树

其中，A 的根结点的度最大为 5 ， 则它连接的边必定有 3 条相同（无论如何染色）。而那些与根节点不相关的边，可以任意染色。

若 B 是 B’ 的子树，则答案是 "NO"；否则，答案是 "YES"。

由此图，得出样例输入 && 输出：

1

12

1 2

1 3

……

5 12

4

1 2

1 3

1 4

Case 1: NO

4：解题思路：在树 A 中，找出度最大（设为 D）的节点，进而求出树 B’ （1个根节点，(D+1)/2 个叶节点，深度为 1）；

                  判断 B 是否是 B’ 的子树，若是，则  "NO"，否   　　则 "YES"。 

code:

#include<stdio.h>
#include<memory.h>
const int MAX = 1e+6 +1;
int d1[MAX];
int d2[MAX];
int main(){
    int T, M, N;
    scanf("%d",&T);
    for(int k = 0; k < T; ++k){
        memset(d1, 0, sizeof(d1));
        memset(d2, 0, sizeof(d2));
        int v1, v2;
        scanf("%d", &N);
        for(int i = 1; i < N; ++i){
            scanf("%d%d", &v1, &v2);
            ++d1[v1]; ++d1[v2];
        }
        scanf("%d", &M);
        for(int i = 1; i < M; ++i){
            scanf("%d%d", &v1, &v2);
            ++d2[v1]; ++d2[v2];
        }
        int D = 0, Mleaf = 0;
        for(int i = 1; i <= N; ++i){
            if(d1[i] > D) D = d1[i];
            if(d2[i] == 1) ++Mleaf;
        }
        if(M < 3) --Mleaf; // remove root Node 
        if(Mleaf == M - 1 && Mleaf <= (D + 1) / 2)
            printf("Case %d: NO
", k+1);
        else printf("Case %d: YES
", k+1);
    }
    return 0;
}