[NOIP2012]疫情控制

• 洛谷
• LOJ（加强版）

你为什么要读这篇文章（本文涉及的内容）：本题（包括增强版）的算法的详细描述与贪心的正确性证明。

解答

2020-03-12 edit：

偶然翻到这篇博文，感觉自己写的题解是真的太毒瘤了……连我自己都看不懂自己写了啥。

做了一点修改与补充，enjoy！

二分答案+贪心。

约定

下文中，我们：

• 用(d(u,v))表示在树上(u)和(v)两点之间的距离，
• 用(tree(u))表示(u)的子树内的所有节点的集合，
• 用(son(u))表示(u)的所有儿子节点的集合，
• 用(leaf(u)subseteq tree(u))表示(tree(u))中的所有叶子节点。

初步

考虑(leaf(u))被控制的充分必要条件：

• 存在军队(x)是(u)的祖先，或
• 对于每一个(vin son(u))，(leaf(v))都已经被控制。

为了简化问题，我们先考虑在二分到(mid)时，哪些军队的位置是固定的。

显然，对于那些“不能到达根节点”，即(d(x,1)>mid)的军队(x)，尽量向上移动是最优的。

那么，可以用倍增在(O(log n))时间内处理出这些军队的最终位置，可以通过 DFS 求出根的哪些儿子的子树（的叶节点）没有被（完全）控制，设其集合为(S_1subseteq son(1))。（显然，其他节点都部署在根的儿子上)

贪心

之后，就是考虑能够到达根(1)的节点如何部署的问题了。由于离根越远的儿子越难满足，根据贪心的原则，优先考虑离根最远的儿子(u)：

1. 如果(u)的子树内有可以到达(u)的军队，取距根最远的（可部署的）(x)部署。
2. 否则（或者该子树内所有军队均已被部署），取到(1)最近的军队(x)部署。

一个实现上的优化：若(u)的子树内可以到达(u)且离(u)最远的军队已经被部署，则(u)的子树内已经没有未被部署的军队（因为总是由近到远选择军队部署），直接转到2即可。

正确性

若某个可行解里(x)部署到了(vin S_1,v e u)上（或者没有部署，此时正确性是显然的），考虑该解中，部署在(u)的军队(x')，则其可以与(x)交换部署的位置。我们来证明这一点。

有假设，显然有(d(x',u)le mid,d(x,v)le mid)。此外，(x)一定可以部署到(u)上，有(d(x,u)le mid)。

故我们只需要说明(x')可以部署在(v)上，即(d(x',v)le mid)即可。我们来分情况说明这一点：

以下的证明为了不把行内公式写得太长，跳过了一些步骤。

具体证明最多只需用到(d(x,y)le d(x,z)+d(z,w))，就作为留给读者的练习了~

1. 若(x)在(u)子树内：此时(d(x,v)=d(x,u)+d(u,v))
   1. 若(x')在(u)子树内：
      • 此时(d(x',v)=d(x',u)+d(u,v))。
      • 则由(x)的距离(1)的最远性，有(d(x',v)le d(x,v)le mid)。
      • 故(x')能部署在(v)上。
   2. 否则，(x')不在(u)子树内：
      • 则由(u)距离(1)的最远性，有(d(u,1)ge d(v,1))。
      • 可得到(d(x',v)le d(x',u)le mid)。
      • 故(x')能部署在(v)上。
2. 若(x)不是(u)子树内的节点：显然此时(x')不可能在(u)子树内。
   • 则由1.2的证明方法，可得(d(x',v)le d(x',u)le mid)。

那么（基本上只需要按照上面的描述）直接写就可以了。（注意细节……这题毕竟是个紫题……）

LOJ上的加强版

加强版的数据要求算法复杂度只能一个(log)，怎么办？

显然，二分答案这一步是没办法去掉的……只能尝试把判断可行性优化到(O(n))。

注意到在(mid)时间内处理出（不）可以到(1)的军队是简单的：预先处理出所有(d(x,1))并排序，则答案为一个它的一个前缀。

考虑不倍增怎么求(1)的“哪些(uin son(v))的子树被控制”。换句话说，对于一个节点(uin son(1))，我们需要知道：

1. 它的（所有）子树是否全部被（完全）控制。
2. 有没有一个军队可以到(u)（的祖先），即是否存在(x)满足(d(x,1)>mid,d(x,u)le mid)。

标记那些(d(x,1)>mid)的军队(x)（在树上的位置），在 DFS 到(u)时显然可以所有(vin son(u))的子树是否被控制，以及节点(u)距离最近的(xin tree(u))的距离，判断是否有(d(x,u)le mid)即可。

LOJ最短代码 （写文章时）