某些废话
devinwang勒令我们补掉CSP2019的题 /youl
看了半天题解脑子里还是浆糊，退役人是我这样的。
这篇题解写的非常清楚，我写这个只是给我自己看。
题意
现在给你一棵树，数字 \(i\) 在编号为 \(p_i\) 的节点上。
每次删除一条边，删边时交换两节点上的数字。
定义数组 \(ans\)，\(ans_i\) 是删除所有边时，数字 \(i\) 所在的节点编号。
求字典序最小的 \(ans\)。
\(n\le 2000\)
题解
很显然，我们从小到大考虑每个数字，尽可能的把它填在编号最小的节点上。
考虑部分分。
菊花图
假设我们初始是这样一张图。（图中节点上写的数字为原始节点编号，边上是边的编号）
如果依次删去 1,2,3,4,5 这些边，最终的图将会是：
如果我们将每个节点上初始和最终的标号相连，那么就会获得
这是个环。
（实际上你无论哪种情况最后形成的不都是若干个环……只不过菊花图只有一个……）
这样我们使用并查集维护联通性就可以获得菊花图的部分分。
代码中 \(i\) 为当前数字，\(x\) 是初始节点，\(j\) 是目标节点。显然只能在连最后一条边的时候出现环。
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int x = p[i];
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(!vis[j] && (i == n || find(x) != find(j))) {
printf("%d ", j);
fa[find(x)] = find(j);
vis[j] = 1;
break;
}
}
}
链
我们考虑让节点2上的数字，移动到节点4上去，那么我们就有限制
- 节点2 的两条边2、3中，3号边最先出现。
- 3号边的出现位置 < 4号边。不妨直接认定3号边和4号边的出现位置连续，因为考虑1号边在中间插入或不插入对答案可不可行根本没影响。
- 节点4 的两条边4、5中，4号边最晚出现。
那么就可以定出这些边之间的限制，如果违背了之前定下的限制，那肯定不可行。比如我不能先要求节点2的数字移动到节点4上去，然后又要求节点1上的数字移动到节点3上去。
具体可以用0,1,2表示没有限制，左<右，左>右表示一个点两侧边的限制，具体实现我没写。
正解
我们从小到大考虑这些数字，贪心的选择最小的可行的目标节点，然后更新信息。
链的部分分启发了我们考虑边和边之间的限制。
如果将节点 \(u\) 上的数字移动到节点 \(v\)，那么一定满足
- 始边，是节点 \(u\) 所有边中最早出现的
- 终边，是节点 \(v\) 所有边中最晚出现的
- 中间的边，前一条比后一条边出现的早，考虑到不能被其他的边扰乱，无关的边是否在中间也对答案可不可行没有影响，所以不妨直接要求前后两个必须位置连续。
对于每个节点 \(u\)，我们开一个虚点 \(u\)。对于每个虚点 \(u\) 和每条边的正边、反边 开并查集数组 \(fa\)。每个点所对应的虚点+每个点连出的边显然是不相同的。
- 如果节点 \(u\) 的边 \(edge\) 是所有边中最早出现的，就合并 \((u,edge)\)
- 如果 \(edge\) 是所有边中最晚出现的，那么就连有向边 \((edge的反边,u)\)
- 如果边 \(i\) 和边 \(j\) 被要求位置连续，那么连有向边 \((i的反边,j)\)
所以我们实际上合并了虚点和他周围最早出现的边，最晚出现的边，而每条边和他的反边并没有合并。
如果形成了环，说明他周围的边相互之间合并了，如果这样，那必须是菊花图了。
那么哪些情况是不可行的呢？
- 想要钦定某条边的 \(in/out\)，这条边之前已经被钦定了 \(in/out\)。不能重复使用。
- 并查集出现环的时候，除非是个菊花图，否则肯定不合法。
虚点为 \(u\) 时，当并查集的 \(sz\) 为 \(deg_u+1\) 时，是菊花图。
（就是每个点，只和自己的出边连了，出边也不会和自己的反边连，所以成环的唯一可能就是出边连了出边，那样的话好像必须得是菊花图、算了，我也不太懂）
代码
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mkp make_pair
#define pb push_back
#define PII pair<int, int>
#define PLL pair<ll, ll>
#define ls(x) ((x) << 1)
#define rs(x) ((x) << 1 | 1)
#define fi first
#define se second
const int N = 2010, M = N * 3;
int n, mn, p[N], deg[N], ans[N];
int in[M], ot[M];
int e, hd[N], to[M], nxt[M];
int fa[M], sz[M];
void clear() {
for(int i = 1; i <= e; i++)
fa[i] = i, sz[i] = 1, in[i] = ot[i] = 0;
}
int find(int x) {
return (x == fa[x]) ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void merge(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
// if(fx == fy) return;已经规避了相等的情况。
fa[fx] = fy; sz[fy] += sz[fx];
ot[x] = in[y] = 1;
return;
}
void add(int u, int v) {
to[++e] = v; nxt[e] = hd[u]; hd[u] = e;
}
void init() {
for(int i = 1; i <= n; i++)
hd[i] = deg[i] = 0;
for(int i = 1; i <= e; i++)
to[i] = nxt[i] = 0;
e = (n + 1) / 2 * 2 + 1;
return;
}
bool check(int x, int y, int len) {
if(in[y] || ot[x]) return 0;
x = find(x); y = find(y);
if(x == y && sz[x] != len) return 0;
return 1;
}
void dfs(int u, int ed) {
if(ed != u && check(ed, u, deg[u] + 1))
mn = min(mn, u);
for(int i = hd[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = to[i]; if(i == ed) continue;
if(check(ed, i, deg[u] + 1))
dfs(v, i ^ 1);
}
return;
}
bool dfs2(int u, int ed, int goal) {
if(u == goal) return merge(ed, u), 1;
for(int i = hd[u]; i; i = nxt[i]) {
int v = to[i]; if(i == ed) continue;
if(dfs2(v, i ^ 1, goal))
return merge(ed, i), 1;
}
return 0;
}
void solve() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
mn = n + 1;
dfs(p[i], p[i]); dfs2(p[i], p[i], mn);
ans[i] = mn;
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d ", ans[i]);
puts("");
return;
}
int main(){
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d", &n);
init();
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &p[i]);
for(int i = 1, u, v; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v); add(v, u);
deg[u]++; deg[v]++;
}
clear(); solve();
}
return 0;
}