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Description
“余”人国的国王想重新编制他的国家。他想把他的国家划分成若干个省，每个省都由他们王室联邦的一个成员来管理。他的国家有(n)个城市，编号为(1..n)。一些城市之间有道路相连，任意两个不同的城市之间有且仅有一条直接或间接的道路。为了防止管理太过分散，每个省至少要有(B)个城市，为了能有效的管理，每个省最多只有(3B)个城市。每个省必须有一个省会，这个省会可以位于省内，也可以在该省外。但是该省的任意一个城市到达省会所经过的道路上的城市（除了最后一个城市，即该省省会）都必须属于该省。一个城市可以作为多个省的省会。聪明的你快帮帮这个国王吧！
Input
第一行包含两个数(N，B（1<=N<=1000, 1 <= B <= N）)。接下来(N－1)行，每行描述一条边，包含两个数，即这 条边连接的两个城市的编号。
Output
如果无法满足国王的要求，输出(0)。否则输出数(K)，表示你给出的划分方案中省的个数，编号为(1..K)。第二行输出(N)个数，第(I)个数表示编号为(I)的城市属于的省的编号，第三行输出(K)个数，表示这(K)个省的省会的城市编号，如果有多种方案，你可以输出任意一种.
Sample Input
8 2
1 2
2 3
1 8
8 7
8 6
4 6
6 5
Sample Output
3
2 1 1 3 3 3 3 2
2 1 8
Solution
这道题就是树上莫队的分块方法,作为前置技能学习.好像也没有学名...就叫王室联邦分块???
- 跑(dfs).访问一个节点时,把当前的栈的指针当做该节点的相对栈底.
- 每次访问儿子判断,若从栈底向上至少有(B)个元素,将他们作为一块,首都是当前节点.访问儿子结束后,将自身加入栈中.
- 最后将栈中剩余的元素全部加入最后一块中.
- 可以证明,这样分块的大小(geq B,leq 3B).并且满足要求的路径性质.
- 为树上莫队做好了铺垫.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
int out=0,fh=1;
char jp=getchar();
while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
jp=getchar();
if (jp=='-')
{
fh=-1;
jp=getchar();
}
while (jp>='0'&&jp<='9')
{
out=out*10+jp-'0';
jp=getchar();
}
return out*fh;
}
const int MAXN=1e3+10;
int n,B;
int ecnt=0,head[MAXN];
int to[MAXN<<1],nx[MAXN<<1];
inline void add(int u,int v)
{
++ecnt;
nx[ecnt]=head[u];
head[u]=ecnt;
to[ecnt]=v;
}
inline void ins(int u,int v)
{
add(u,v);
add(v,u);
}
int cnt=0,belong[MAXN],rt[MAXN];
int Stack[MAXN],top;
void dfs(int u,int fa)
{
int bot=top;
for(int i=head[u]; i; i=nx[i])
{
int v=to[i];
if(v!=fa)
{
dfs(v,u);
if(top-bot>=B)
{
rt[++cnt]=u;
for(;top!=bot;--top)
belong[Stack[top]]=cnt;
}
}
}
Stack[++top]=u;
}
int main()
{
n=read(),B=read();
for(int i=1; i<n; ++i)
{
int u=read(),v=read();
ins(u,v);
}
dfs(1,0);
for(;top;--top)
belong[Stack[top]]=cnt;
printf("%d
",cnt);
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",belong[i]);
puts("");
for(int i=1;i<=cnt;++i)
printf("%d ",rt[i]);
puts("");
return 0;
}