CF 1975 D Paint the Tree(*1700) 貪心
題目連結
題意：
有一棵有 \(n\) 個節點的樹。初始時所有節點都是白色的。現在頂點 \(a\) 和 \(b\) 上有兩個棋子 \(p_a\) 和 \(p_b\) 。現在可以每次進行以下操作：
將 \(p_a\) 移動到相鄰節點，如果目標節點是白色，那麼將其染成紅色。
將 \(p_b\) 移動到相鄰節點，如果目標節點是紅色，那麼將其染成藍色。
求出將所有節點染成藍色的最小步數。
思路：
我們需要將所有節點染成藍色，那麼就需要先移動 \(p_a\) 將其染成紅色，接著移動 \(p_b\) 將其染成藍色。
那麼貪心的想，一定是 \(p_a\) 和 \(p_b\) 先相遇，再一起走遍其餘所有棋子即可。不妨我們令相遇的點為 \(x\) 。
那麼我們考慮從 \(x\) 出發經過所有節點至少一次的最少次數是多少？顯然剩下的每個點，除了最後遍歷的一個點，其餘每個點都有一去一回。那麼我們自然選擇離起點最遠的點最後遍歷即可。那麼這個最小次數是 \(2(n-1)-maxdep\)。
接著我們考慮 \(p_a\) 和 \(p_b\) 如何移動。因為 \(p_a\) 和 \(p_b\) 相遇的位置是 \(x\) 。那麼這部分的步數就是 \(max(dis(a,x),dis(b,x))\)。那麼完整的答案就是 \(2(n-1)-maxdep+max(dis(a,x),dis(b,x))\)。
考慮如何確定 \(x\) 的位置。可以發現我們取 \(x\) 為 \(a\) 和 \(b\) 的中點時，答案最優。因為如果 \(x\) 發生偏移 \(1\) 個節點，
那麼 \(max(dis(a,x),dis(b,x))\) 就會 \(+1\) 。\(maxdep\) 可能會 \(-1\) 。所以並不會使答案更優。
注意：如果 \(a\) 和 \(b\) 之間的距離為奇數，那麼需要再多走一步。
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define all(u) u.begin(), u.end()
#define endl '\n'
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10, M = 105;
const int mod = 1e9 + 7;
const int cases = 1;
int dep[N],f[N];
vector<int> e[N];
void dfs(int u,int fa){
f[u]=fa;dep[u]=dep[fa]+1;
for(auto v:e[u]){
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void Showball(){
int n,a,b;
cin>>n>>a>>b;
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].clear();
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
e[u].pb(v);
e[v].pb(u);
}
dfs(a,0);
int cnt=0;
int ok=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(dep[b]==i) {cnt++;break;}
if(dep[b]>i+1) b=f[b],cnt++;
else{
b=f[b];
cnt++;
ok=1;
break;
}
}
dfs(b,0);
int maxdep=0;
for(int i=1;i<=n;i++) maxdep=max(maxdep,dep[i]);
cout<<(n-1)*2-maxdep+cnt+ok<<endl;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int T=1;
if(cases) cin>>T;
while(T--)
Showball();
return 0;
}