P4654 [CEOI2017]Mousetrap 题解

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P4654 [CEOI2017]Mousetrap

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这道题是一个树上博弈问题，如果同时从管理者和老鼠两个角度考虑会比较复杂，所以先从老鼠的角度来看

方便起见，把陷阱的节点看做根节点，老鼠就可以看错被往上赶。

对于每个节点构成的子树，我们定义(F[i])表示老鼠进到这个子树，又被赶回来的最少步数(从管理者的角度来说)

接下来就是一个树形(DP)了，对于老鼠，进到一个树里面，假设我已经知道每个子节点的(F[i])，老鼠肯定往(F[i])大的子节点跑(让管理员封更多次呗)，由于是管理员先手，他能预判到老鼠会往(F[i])最大的子节点里面跑，所以就提前把(F[i])最大的子节点堵死，但是老鼠预判了管理员的预判，钻进(F[i])的次大值的节点，由于老鼠进入一个节点就被卡死了，只能等管理员来疏通，所以对于管理员，当老鼠进入次大子节点后，把(i)这个节点的其他边全部封死，防止老鼠又钻到别的子树里面(到父亲的节点不用封死，以为已经脏了)（对于次大值，要加1的代价把路疏通，好让老鼠从次大值的节点回来）

对于没有看懂的可以看一下图

所以就推出了转移方程，(Max_2)表示子节点(F[])的次大值，(du[i])表示节点的度数

[F[i]=Max_2+du[i]-1 ]

对于老鼠来说，肯定在往向根节点的路上钻进某个子树里面，让管理员的代价最大，注意，最多只能钻进一个子树，以为对于管理员来说，可以等老鼠被卡死的时候把改堵的全堵了，然后再疏通，让老鼠只能往根节点走。

如果老鼠能知道最后的答案就能知道到底要不要钻了，管理员也能预判到要不要堵了。

考虑答案有单调性，就用二分来处理。

二分最终的答案(k)，构造出一条从(m)到(t)的路径，枚举路径上碰到的每个子节点如果老鼠钻进去能让管理员在(k)的时间内完不成，肯定要钻，管理员为了不让老鼠钻进这些子节点，要提前把这些子节点堵上。

我是这么判断的，(此时在从(m)到(t)的链上处理)(sum[i])表示，老鼠钻进去后腰把后面七七八八的别的边都堵了

[if(sum[i]+F[son[j]]+1-(i!=1)>k)nowcnt++ ]

这里((i!=1))是因为当(g[i]==m)时计算(sum[i])，被多减了(1)，现在要加回去

然后把(k-=nowcnt),把多出来要堵的步骤减去

如果在统计过程中，(k<0)了，能用的步骤已经用完了，还没堵死，只能(return 0)

还有一种情况，就是(i<allcnt)((allcnt)是把之前的(nowcnt)加起来，表示一共要堵的步骤)由于管理员堵一次，老鼠就走一下，如果管理员不能把该堵的都堵了，也就是不能控制老鼠到规定的节点，老鼠就会乱跑，管理员就控制不住了，也肯定不是最优解，所以(return 0)

除了这两种情况(return 1)就行了

这道题细节较多

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1000005,maxe=2000005;
int F[maxn],sum[maxn],fa[maxn],T,M,N,du[maxn],g[maxn],tot,ans;
int cnt,lnk[maxn],son[maxe],nxt[maxe];
inline int read(){
	int ret=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(ch<='9'&&ch>='0')ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();
	return ret*f;
}
inline void add_e(int x,int y){son[++cnt]=y;nxt[cnt]=lnk[x];lnk[x]=cnt;}
void DFS(int x,int f){
	int Max_1=0,Max_2=0;
	for(int j=lnk[x];j;j=nxt[j]){
		if(son[j]==f)continue;
		fa[son[j]]=x;DFS(son[j],x);
		if(F[son[j]]>=Max_1){Max_2=Max_1;Max_1=F[son[j]];}
		else if(F[son[j]]>Max_2)Max_2=F[son[j]];
	}
	F[x]=Max_2+du[x]-1;
	return ;
}
inline bool check(int k){
	int all_cnt=0;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		int now_cnt=0;
		for(int j=lnk[g[i]];j;j=nxt[j]){
			if(son[j]==g[i+1]||son[j]==g[i-1])continue;
			if(sum[i]+F[son[j]]+1-(i!=1)>k)now_cnt++;
		}
		all_cnt+=now_cnt;k-=now_cnt;
		if(k<0||all_cnt>i)return 0;
	}
	return 1;
}
int main(){
	freopen("mouse.in","r",stdin);
	freopen("mouse.out","w",stdout);
	N=read();T=read(),M=read();
	for(int i=1;i<N;i++){
		int x=read(),y=read();
		add_e(x,y);add_e(y,x);
		du[x]++;du[y]++;
	}
	DFS(T,0);
	for(int i=M;i;i=fa[i])g[++tot]=i;
	for(int i=tot-1;i;i--)sum[i]=sum[i+1]+du[g[i]]-2;
	int L=0,R=1e9;
	while(L<=R){
		int mid=(R-L>>1)+L;
		if(check(mid))R=mid-1,ans=mid;
		else L=mid+1;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}