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  • CF1387B1 Solution

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    题解

    贪心呐,策略是由倒数第二层节点向上递归,将所有未交换的子节点与递归到的节点互换。若根节点未移动,则将其与任意子节点互换即可。

    简单证明:节点(i)一定需要和与它一条边即可相邻的节点(父结点或子节点)交换。设节点(i)深度为(d_i),且(d_{i-2})及以下的节点全部处理完毕(也就是只剩下它和它的子节点啦),现在证明(i)一定要且只要与没有换的子节点互换。因为没有换的节点与它的儿子换代价会(+2),与(i)换也会(+2),所以对该子节点来说和(i)换没有坏处且(i)还可牵连受益。已经换了的子节点与(i)换的话代价会(+2)且这样仅使(i)节点受益,而(i)与其父结点换的话也会(+2)这样在满足(i)的同时还可使其父结点受利,因此与换了的子节点交换没有好处。又及,因为是由下向上互换,代价只增不减,每次(+2)

    AC代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int N=1e5+10;
    int fst[N],nxt[2*N],v[2*N],cnt; 
    int ans[N],id[N],sum;//id[i]:节点i初始位置的当前节点编号,sum:答案距离
    void add(int x,int y)
    {
    	v[++cnt]=y;
    	nxt[cnt]=fst[x],fst[x]=cnt;
    }
    void dfs(int x,int fa)
    {
    	for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
    	{
    		int y=v[i];
    		if(y==fa) continue;
    		dfs(y,x);
    		if(id[y]==y) 
    		{
                    	id[y]=id[x],id[x]=y; 
                		sum+=2;
           		}
    	}
    }
    int main()
    {
    	int n,x,y;
    	scanf("%d",&n);
    	for(int i=1;i<n;i++)
    	{
    		scanf("%d%d",&x,&y);
    		add(x,y),add(y,x);
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++) id[i]=i;
    	dfs(1,0);
    	if(id[1]==1) 
    	{
    		id[1]=id[v[fst[1]]],id[v[fst[1]]]=1; 
    		sum+=2;
    	}
    	for(int i=1;i<=n;i++) ans[id[i]]=i;
    	printf("%d
    ",sum);
    	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
    	return 0;
    }
    
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