CodeForces 1228F

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给定一棵树(T=(V,E),|V|=2^n-2,|E|=2^n-3)，输出所有的(x)，使得存在一棵满二叉树(T')，将(T')中节点(x)的一个儿子删除并把这个儿子的所有儿子接到(x)下后等于(T)。升序输出。

(nle17)。

题目没有说以哪个点为根，也就是每个点都有可能是根，很自然地想到可以二次扫描与换根。先考虑选一个点作为根，那显然满足条件的改补的节点的父结点最多有(1)个。这个父结点可以DP出来。

我们将一个子树分类讨论：

1. 是一棵满二叉树。设它的深度为(d)，则记这颗子树的特征为有序对((0,d))。这种情况发生当且仅当它有(2)棵子树并且都是矮(1)层的满二叉树。特殊地，如果它的大小为(1)，则它的特征为((0,1))；

2. 还原一个节点之后为满二叉树。设还原之后的深度为(d)，补的节点的父结点为(x)，则记这棵子树的特征为有序对((x,d))。这种情况发生当且仅当以下任意一个条件为真：

   1. 它的根为(x)，有(1)棵子树并且这棵子树大小为(1)，此时应将改补的节点直接补在(x)下；
   2. 它的根为(x)，有(3)棵子树并且其中(1)棵为矮(1)层的满二叉树，另(2)棵为矮(2)层的满二叉树，此时应将改补的节点补在(x)下并将(2)棵矮(2)层的字树接在改补的节点下；
   3. 它有(2)棵子树并且一棵为矮(1)层的满二叉树，另一颗补一个父结点为(x)的节点之后为矮(1)层的满二叉树；

3. 不管补不补节点都不能成为满二叉树。记它的特征为有序对((-1,-1))。显然，不满足(1,2)则为此种情况。

设(dp_i)为以(1)为根时以(i)为根的子树的特征，则状态转移方程是（太♂难写已隐藏）。这样一遍(mathrm O(2^n))DFS则可求出所有节点的DP值。而我们希望找到所有节点为根时的根节点DP值，这个可以二次扫描与换根，即再一遍DFS。每到达一个节点(x)时，目前所有节点的DP值均是以(x)为整棵树的根的，所以若(dp_x=(y,n)(y>0))，就将(y)加入答案序列。那么此时若要将它的某个儿子(s)改为根，那么改变的只有(dp_x)和(dp_s)。我们可以改一下它们的儿子集合（涉及添加和删除，用set较为方便），重新算DP值，然后再DFS到(s)，此时整棵树的根为(s)了。从(s)回溯时，再还原(x)和(s)的儿子集合和DP值，去找别的儿子即可。由于换根操作只需要改变(2)个节点的信息，所以复杂度是有保证的，一共(mathrm O(2^nlog2^n)=mathrm O(2^nn))（(log)是set）。

下面贴代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define X first
#define Y second
const int N=17;
int n;
vector<int> nei[1<<N];//邻接表
set<int> son[1<<N];//儿子集合
void dfs(int x=1,int fa=0){//求出所有节点的儿子集合 
	for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
		int y=nei[x][i];
		if(y==fa)continue;
		son[x].insert(y);
		dfs(y,x);
	}
}
pair<int,int> f[1<<N];//DP值，即以[1]为根的子树的特征 
void calc_f(int x){//通过儿子集合计算DP值，即那个难写的状态转移方程 
	if(son[x].size()==0)f[x]=mp(0,1);
	else if(son[x].size()==1)f[x]=f[*son[x].begin()]==mp(0,1)?mp(x,2):mp(-1,-1);
	else if(son[x].size()==2){
		pair<int,int> x1=f[*son[x].begin()],x2=f[*++son[x].begin()];
		if(x1>x2)swap(x1,x2);
		if(!x1.X&&!x2.X)f[x]=x1.Y==x2.Y?mp(0,x1.Y+1):mp(-1,-1);
		else if(!x1.X&&x2.X>0)f[x]=x1.Y==x2.Y?mp(x2.X,x1.Y+1):mp(-1,-1);
		else f[x]=mp(-1,-1);
	}
	else if(son[x].size()==3){
		pair<int,int> x1=f[*son[x].begin()],x2=f[*++son[x].begin()],x3=f[*++ ++son[x].begin()];
		if(x1>x2)swap(x1,x2);if(x2>x3)swap(x2,x3);if(x1>x2)swap(x1,x2);
		if(!x1.X&&!x2.X&&!x3.X)f[x]=x1.Y==x2.Y&&x2.Y+1==x3.Y?mp(x,x3.Y+1):mp(-1,-1);
		else f[x]=mp(-1,-1);
	}
	else f[x]=mp(-1,-1);
//	printf("f[%d]=(%d,%d)
",x,f[x].X,f[x].Y);
}
void dp(int x=1,int fa=0){//一遍DFS求出以1为整棵树的根时的DP数组 
	for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
		int y=nei[x][i];
		if(y==fa)continue;
		dp(y,x);
	}
	calc_f(x);
}
vector<int> ans;//答案序列 
void dfs0(int x=1,int fa=0){//二次扫描 
	if(f[x].X>0)ans.pb(f[x].X);//加入答案序列 
	for(int i=0;i<nei[x].size();i++){
		int y=nei[x][i];
		if(y==fa)continue;
		son[x].erase(y);son[y].insert(x);calc_f(x);calc_f(y);//改变儿子集合，重新算DP值 
		dfs0(y,x);
		son[x].insert(y);son[y].erase(x);calc_f(y);calc_f(x);//还原 
	}
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=(1<<n)-3;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		nei[x].pb(y);nei[y].pb(x);
	}
	dfs(); 
	dp();
	dfs0();
	cout<<ans.size()<<"
";
	sort(ans.begin(),ans.end());
	for(int i=0;i<ans.size();i++)cout<<ans[i]<<" ";
	return 0;
}