Description
有一棵n个点的无根树,每条边有一个正整数权值,表示长度,定义两点距离为在树上的最短路径的长度。
已知2到n-1每个点在树上与1和n的距离,请根据这些信息还原出这棵树。
Input
第一行包含一个正整数n(2<=n<=500000),表示点数。
第二行包含n-2个正整数d(1,2),d(1,3),...,d(1,n-1),分别表示每个点到1的距离。
第三行包含n-2个正整数d(n,2),d(n,3),...,d(n,n-1),分别表示每个点到n的距离。
输入数据保证1<=d<=1000000。
Output
若无解,输出NIE。
否则第一行输出TAK,接下来n-1行每行三个正整数u,v,c(1<=u,v<=n,1<=c<=1000000)
表示存在一条长度为c的连接u和v两点的树边。
若有多组解,输出任意一组。
如果有解一定可以调整成所有点都在1~n路径上或和1~n路径直接相连
分类考虑1和n之间是否有边,其余点可以在1到n的路径上,也可以和1到n的路径上某个点相邻
#include<bits/stdc++.h> const int N=5e5+7; int _(){int x;scanf("%d",&x);return x;} int n; int d1[N],dn[N],d1n=1e9,ws[N*4],fa[N],fe[N]; int pp=0; void mins(int&a,int b){if(a>b)a=b;} int abs(int x){return x>0?x:-x;} int main(){ n=_(); if(n==2)return puts("TAK 1 2 1"),0; for(int i=2;i<n;++i)d1[i]=_(); for(int i=2;i<n;++i){ dn[i]=_(); mins(d1n,d1[i]+dn[i]); } int D=abs(d1[2]-dn[2]); if(!D)goto o; for(int i=3;i<n;++i)if(abs(d1[i]-dn[i])!=D)goto o; puts("TAK"); printf("1 %d %d ",n,D); for(int i=2;i<n;++i){ if(d1[i]<dn[i])printf("1 %d %d ",i,d1[i]); else printf("%d %d %d ",n,i,dn[i]); } return 0; o:; ws[0]=1; ws[d1n]=n; for(int i=2;i<n;++i)if(d1[i]+dn[i]==d1n){ if(ws[d1[i]])return puts("NIE"),0; ws[d1[i]]=i; } for(int i=2;i<n;++i){ int a=d1[i],c=a+dn[i]-d1n; if(!c)continue; if(c&1)return puts("NIE"),0; a-=c/2; if(!ws[a])return puts("NIE"),0; fa[i]=ws[a]; fe[i]=c/2; } puts("TAK"); for(int i=1,pv=0;i<=d1n;++i)if(ws[i])printf("%d %d %d ",ws[i],ws[pv],i-pv),pv=i; for(int i=2;i<n;++i)if(fa[i])printf("%d %d %d ",i,fa[i],fe[i]); return 0; }