CF1375G Tree Modification 题解

\(\text{CF1375G Tree Modification 题解}\)

相当能引起思考的题目，这里给出两种方法。

首先这个操作相当于把一个节点的孙子及这个孙子的儿子拽上来作为它的儿子，这样的话从下往上合并一定是最优的。那么容易想到的是做一个 dp，定义 \(dp_{x}\) 表示 \(x\) 子树内形成了二叉树的结构所需最少步数，那么转移式子大概形如 \(dp_{fa_x}=\sum dp_{y\in son_x}+1\)。然后我们可以直接换根。令 \(1\) 为初始根，那么换根的时候发现对于 \(y\notin son_1\)，令 \(t=fa_{fa_y}\)，有 \(ans_y=dp_y+(ans_t-dp_y-1)-1\)，换句话说树上任何两个距离为 \(2\) 的点作为根时答案是相等的，那么我们只需要取 \(dp_1\) 和 \(dp_{son_x}\) 就可以通过了。给出代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
vector<int>v[N];
int dp[N];
void dfs(int x, int fa) {for (int y : v[x]) {if (y == fa) continue;dfs(y, x);dp[fa] += dp[y] + 1;}
} 
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i < n; i++) {int x, y;cin >> x >> y;v[x].push_back(y);v[y].push_back(x);}dfs(1, 0);int ans = dp[1];memset(dp, 0, sizeof dp);dfs(v[1].back(), 0);cout << min(ans, dp[v[1].back()]) << '\n';return 0;
}

这样暴力换根 dp 还是显得有点蠢了。既然我们在最后换根的时候有更好的性质，那么我们是不是有更好的方法解决这个问题呢？

考虑刚才发现的性质是和距离有关，那么考虑从距离的角度表述一次操作。发现一次操作相当于把 \(x\) 儿子距离根的距离减少 \(1\)，把 \(x\) 子树内所有节点距离根的距离减少 \(2\)，其它不变。关注这个特殊的 \(x\) 的儿子，发现只有它距离根的距离的奇偶性发生了改变，那么进行黑白染色，一次操作相当于改变一个点的颜色，最终要求只有一个点的颜色和其它点的不一样，于是直接黑白染色即可。仔细想想这个东西才是换根 dp 时那个性质的本质。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
vector<int>v[N];
int a[2];
void dfs(int x, int fa, int o) {++a[o];for (int y : v[x]) {if (y == fa) continue;dfs(y, x, !o);}
} 
int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i < n; i++) {int x, y;cin >> x >> y;v[x].push_back(y);v[y].push_back(x);}dfs(1, 0, 0);cout << min(a[0], a[1]) - 1 << '\n';return 0;
}