AT5759 ThREE（构造）

洛谷传送门

---

解题思路

(3) 这个数字很特殊，因为有一个特殊的性质：
走三步一定不会到达深度奇偶性相同的点。
也就是假设原来深度为偶数，与之距离为3的点深度一定为奇数。
于是整张图就按照深度奇偶性划分成了两部分。
第一反应就是相当于二分图染色，把两部分分别染上%3余数为1和2的颜色。
因为余数为1的数加上余数为2的数的和是3的倍数。
本身就是3的倍数的数永远满足条件，于是可以哪里缺补哪里。
但是如果其中一个集合特别小，一个集合特别大怎么办？
例如只有根节点和他的儿子组成的树。
于是我们分情况讨论：

• 当最小的集合的点数<=n/3时，这个集合里的所有点的答案为余数为0的数；
• 当最小的集合的点数>n/3时，则两个集合分别放余数为1和2的数，哪里缺哪里补余数为0的数。

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int n,ans[maxn],p[maxn],cnt[3],num[3],cntt,deep[maxn],color[3][maxn];
struct node{
	int v,next;
}e[maxn*2];
void insert(int u,int v){
	cntt++;
	e[cntt].v=v;
	e[cntt].next=p[u];
	p[u]=cntt;
}
void dfs(int u,int dep,int fa){
	deep[u]=dep;
	num[dep&1]++;
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,dep+1,u);
	}
}
void print1(int u,int fa,int c){
	while(cnt[c]==0) c=(c+1)%3;
	ans[u]=color[c][cnt[c]--];
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		print1(v,u,!c);
	}
}
void print2(int u,int fa){
	if(cnt[(deep[u]&1)+1]==0) ans[u]=color[0][cnt[0]--];
	else ans[u]=color[(deep[u]&1)+1][cnt[(deep[u]&1)+1]--];
	for(int i=p[u];i!=-1;i=e[i].next){
		int v=e[i].v;
		if(v==fa) continue;
		print2(v,u);
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	memset(p,-1,sizeof(p));
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		color[i%3][++cnt[i%3]]=i;
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		insert(u,v);
		insert(v,u);
	}
	dfs(1,1,-1);
	if(num[0]<num[1]){
		if(num[0]<=n/3) print1(1,-1,1);
		else print2(1,-1);
	}else{
		if(num[1]<=n/3) print1(1,-1,0);
		else print2(1,-1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
    return 0;
}