Solution 「CEOI 2017」「洛谷 P4654」Mousetrap

\(\mathscr{Description}\)

  Link.

  在一个含 \(n\) 个结点的树形迷宫中，迷宫管理者菈米莉丝和一只老鼠博弈。老鼠初始时在结点 \(y\)，有且仅有结点 \(x\) 布置有陷阱。一条边有切断，脏和干净三种状态，初始时所有边是干净的，每一回合中：

• 管理者先行动：选择一条脏或干净的边，将其切断；选择一条脏的边，将其清理干净；或者不进行任何操作，此时管理者所用的操作次数不变。
• 老鼠后行动：设当前老鼠在结点 \(u\)，则选择一条干净的边 \((u,v)\)，走到 \(v\)；当且仅当不存在这样的 \((u,v)\) 时，不进行任何操作。

当老鼠走到 \(x\)，游戏结束。管理者希望自己的操作次数，老鼠希望最大化管理者的操作次数，求双方最优决策下管理者的操作次数。

  \(n\le10^6\)。

\(\mathscr{Solution}\)

  不妨以 \(x\) 为根。若老鼠从 \(u\) 走向了 \(u\) 的某个叶子 \(v\)，那么在管理者不帮忙清理 \((u,v)\) 的情况下，老鼠不能行动。这个时候管理者显然应当切断路径 \((v,x)\) 上的所有分叉边，并清理干净路径 \((v,x)\) 上的边，此后老鼠不得不走向毁灭。可见，老鼠有且仅有一次向孩子走的机会，然后就只能在子树内逃窜，最后被赶上 \(x\)。

  一般的，设 \(f(u)\) 表示老鼠自觉从起点 \(y\) 走到 \(u\)，且已经向孩子走过时，把老鼠赶到 \(x\) 需要的最优操作次数。不妨设老鼠从 \(y\) 向上走，在点 \(w\) 第一次向孩子走；路径 \((u,x)\) 上的分叉边数量为 \(b\)；点 \(u\) 的深度为 \(d_u\)；\(\operatorname{smax} S\) 表示集合 \(S\) 中的次大值，那么

\[f(u)=\begin{cases} d_u-d_w+b&u\text{ is a leaf}\\ d_u-d_w+b+1&u\text{ has exactly one child}\\ \operatorname{smax}_{v\in\operatorname{son}(u)}\{f(v)\}&\text{otherwise} \end{cases}. \]

  此后的问题便是决定老鼠究竟在哪个 \(w\) 向孩子走。尝试二分答案为 \(x\)，这个 \(x\) 需要应对两种开销：

• 在老鼠还未向孩子走时，强制老鼠向上走；
• 在老鼠向孩子走之后，完成计算 \(f\) 时的讨论。

因此，模拟老鼠从 \(y\) 向上走的过程，若当前走到 \(w\)，\(w\) 存在若干个在 \(x\) 步操作内无暇应付的孩子，管理者就需要把它们全部切掉，但是老鼠每走一步，管理者只能再切一条边。据此判断 \(x\) 是否合法即可。

  最终复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\)。

\(\mathscr{Code}\)

/*+Rainybunny+*/

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, l, r) for (int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i)

inline char fgc() {
    static char buf[1 << 17], *p = buf, *q = buf;
    return p == q && (q = buf + fread(p = buf, 1, 1 << 17, stdin), p == q) ?
      EOF : *p++;
}

template <typename Tp = int>
inline Tp rint() {
    Tp x = 0, s = fgc(), f = 1;
    for (; s < '0' || '9' < s; s = fgc()) f = s == '-' ? -f : f;
    for (; '0' <= s && s <= '9'; s = fgc()) x = x * 10 + (s ^ '0');
    return x * f;
}

const int MAXN = 1e6;
int n, rt, st, fa[MAXN + 5], dep[MAXN + 5], f[MAXN + 5];
std::vector<int> adj[MAXN + 5], brv[MAXN + 5];
bool onp[MAXN + 5];

inline void init(const int u) {
    for (int v: adj[u]) if (v != fa[u]) {
        dep[v] = dep[fa[v] = u] + 1, init(v);
    }
}

inline void calcF(const int u, int top, int brc) {
    if (onp[u]) top = u;
    brc += adj[u].size() - 1 - (adj[u].size() > 1);
    if (adj[u].size() == 1) return void(f[u] = dep[u] - dep[top] + brc);
    int mx = 0, sx = 0;
    for (int v: adj[u]) if (v != fa[u]) {
        calcF(v, top, brc);
        if (f[v] > mx) sx = mx, mx = f[v];
        else if (f[v] > sx) sx = f[v];
    }
    if (adj[u].size() == 2) f[u] = dep[u] - dep[top] + brc + 1;
    else f[u] = sx;
}

inline bool check(const int x) {
    int ban = 0, alw = 0;
    for (int u = st; u != rt; u = fa[u]) {
        for (int b: brv[u]) ban += b + ban - (u != st) > x;
        if (ban > ++alw) return false;
    }
    return true;
}

int main() {
    n = rint(), rt = rint(), st = rint();
    rep (i, 2, n) {
        int u = rint(), v = rint();
        adj[u].push_back(v), adj[v].push_back(u);
    }
    if (rt == st) return puts("0"), 0;
    
    init(rt), onp[rt] = true;
    for (int u = st; u != rt; onp[u] = true, u = fa[u]);
    for (int v: adj[rt]) if (onp[v]) calcF(v, 0, 0);

    for (int u = st; u != rt; u = fa[u]) {
        for (int v: adj[u]) if (!onp[v]) brv[u].push_back(f[v]);
        std::sort(brv[u].begin(), brv[u].end());
    }

    int l = f[st], r = n << 1;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    printf("%d\n", l);
    return 0;
}