补题情况

题目	蒋贤蒙	王赵安	王智彪
B	0	0	0
C	2	0	1
F	2	0	1
G	0	0	0
H	0	0	0
I	0	0	0
J	2	1	0

题解

C. Fuzzy Graph

题意

给定一个连通图，要求将图上每个点染成 $\text{RGB}$ 三种颜色。对应边 $(u,v)$，如果 $u,v$ 同色，则该边染成 $u,v$ 的颜色，否则该边染成黑色。

要求构造一种染色方案，使得删除图中所有非黑边仍然可以使图连通，同时满足如下两个条件之一：

$\text{RGB}$ 三种颜色的点一样多，数据保证 $3\mid n$
$\text{X}$ 是点集中出现次数最多的颜色(允许有其他颜色出现次数和他相同)，且不存在边的颜色为 $\text{X}$

题解

首先跑一遍 $\text{dfs}$ 树，然后用 $\text{RG}$ 两种颜色进行二染色，这样所有树边都是黑色边，图保证连通。

接下来，设 $c_0$ 表示 $\text{R}$ 颜色在点集中出现的次数，设 $c_1$ 表示 $\text{G}$ 颜色在点集中出现的次数。

若 $c_0\le \frac n3$ 或者 $c_1\le \frac n3$，则考虑构造第二个条件：将所有叶子结点染成颜色 $\text{B}$。

事实上，由于叶子结点在 $\text{dfs}$ 树上只有返祖边，所以所有叶子节点之间一定没有连边，即不存在颜色为 $\text{B}$ 的边。

另一方面，不妨设 $c_0\le \frac n3$，则所有颜色为 $G$ 的非叶子结点至少是一个颜色为 $R$ 的结点的父亲，所以所有颜色为 $G$ 的非叶子结点个数不超过 $\frac n3$。

由于颜色为 $R$ 的非叶子结点个数不超过颜色为 $R$ 的结点总个数 $c_0$，所有颜色为 $R$ 的非叶子结点个数也不超过 $\frac n3$。

所以叶子结点总个数一定不小于 $\frac n3$，且将叶子结点染成 $B$ 后 $B$ 出现次数一定最多。

若 $c_0\ge \frac n3$ 且 $c_1\ge \frac n3$，则考虑构造第一个条件：从深到浅贪心染色，如果当前结点颜色出现个数大于 $\frac n3$ 且相邻结点颜色不为 $B$，则染成 $B$。

事实上，设 $c_0=\frac n3+d_0,c_1=\frac n3+d_1$，根据上述构造，易知 $G$ 被染色成 $B$ 的个数不超过 $d_1$。

而由于是从深到浅染色，所以每个从 $G$ 被染色成 $B$ 的结点只会 $\text{ban}$ 他的父结点，不考虑 $\text{ban}$ 儿子结点。

所有 $R$ 结点的可选染色位置最多被 $\text{ban}$ $d_1$ 个位置，于是要从余下 $\frac n3+d_0-d_1$ 个位置中选出 $d_0$ 个位置，这一定是可行的。

同理，所有 $G$ 结点一定也可以选出 $d_1$ 个位置染成 $B$。

总时间复杂度 $O(n+m)$。

查看代码

const int MAXN=3e5+5,MAXM=5e5+5;
const char s[]="RGB";
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXM<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int ans[MAXN],fa[MAXN],d[MAXN],cnt[2];
bool fib[MAXN];
vector<int> node[MAXN],leaf;
void dfs(int u,int f){
	ans[u]=ans[f]^1;
	cnt[ans[u]]++;
	d[u]=d[f]+1;
	fa[u]=f;
	node[d[u]].push_back(u);
	bool flag=false;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==f||d[v])continue;
		flag=true;
		dfs(v,u);
	}
	if(!flag)
	leaf.push_back(u);
}
void solve(){
	int n=read_int(),m=read_int();
	_rep(i,1,n){
		head[i]=0;
		d[i]=0;
		fib[i]=false;
		node[i].clear();
	}
	cnt[0]=cnt[1]=0;
	leaf.clear();
	edge_cnt=0;
	while(m--){
		int u=read_int(),v=read_int();
		Insert(u,v);
		Insert(v,u);
	}
	dfs(1,0);
	if(cnt[0]<=n/3||cnt[1]<=n/3){
		for(int v:leaf)
		ans[v]=2;
	}
	else{
		for(int i=n-1;i;i--){
			for(int v:node[i]){
				if(fib[v]||cnt[ans[v]]==n/3)continue;
				cnt[ans[v]]--;
				ans[v]=2;
				fib[fa[v]]=true;
			}
		}
	}
	_rep(i,1,n)
	putchar(s[ans[i]]);
	putchar('\n');
}
int main(){
	int T=read_int();
	while(T--)
	solve();
	return 0;
}

J. Tree

题意

给定一棵树和两个人的初始位置 $s,t$。两个人在树上轮流移动，两个人走过的点都不能再走且两个人不能在同一个点。

每个人的分数为自己无法移动时走过的点数，两个人都希望最大化自己和另一个人的分数差，问最终先手的分数减去后手分数的值。

题解

首先以先手为根建树，树形 $\text{dp}$ 求出每个点 $u$ 不经过 $s,t$ 链上的点能到达的最远距离 $a(u)$。设链上的点为 $v_1,v_2\cdots v_k$，其中 $v_1=s,v_k=t$。

定义 $\text{solve}(l,r,0/1)$ 表示第一个人位于 $v_l$ 第二个人位于 $v_r$，$0/1$ 表示轮到先手/后手行动的答案。

对 $\text{solve}(l,r,0)$，先手如果选择进入子树，此时答案为 $a(v_l)+l-1-\max_{l\lt x\le r}(a(v_x)+k-x)$。

如果选择不进入子树，则答案为 $\text{solve}(l+1,r,1)$。所以两种情况取 $\max$ 即可，后手情况类似。

上述转移可以使用 $\text{ST}$ 表，时间复杂度 $O(n\log n)$。

查看代码

const int MAXN=5e5+5,MAXM=20;
struct Edge{
	int to,next;
}edge[MAXN<<1];
int head[MAXN],edge_cnt;
void Insert(int u,int v){
	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
	head[u]=edge_cnt;
}
int p[MAXN];
multiset<int> dp[MAXN];
void dfs(int u,int fa){
	dp[u].insert(1);
	p[u]=fa;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		dp[u].insert(*dp[v].rbegin()+1);
	}
}
struct ST{
	int d[MAXN][MAXM],lg2[MAXN];
	void build(int *a,int n){
		lg2[1]=0;
		_rep(i,2,n)
		lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
		_for(i,0,n)
		d[i][0]=a[i];
		for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
			_for(i,0,n+1-(1<<j))
			d[i][j]=max(d[i][j-1],d[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
	int query(int lef,int rig){
		int len=rig-lef+1;
		return max(d[lef][lg2[len]],d[rig-(1<<lg2[len])+1][lg2[len]]);
	}
}st1,st2;
int mv1[MAXN],mv2[MAXN];
int solve(int l,int r,int pos){
	if(l+1==r)
	return mv1[l]-mv2[r];
	if(pos==0)
	return max(mv1[l]-st2.query(l+1,r),solve(l+1,r,!pos));
	else
	return min(st1.query(l,r-1)-mv2[r],solve(l,r-1,!pos));
}
int main(){
	int n=read_int(),s=read_int(),t=read_int();
	_for(i,1,n){
		int u=read_int(),v=read_int();
		Insert(u,v);
		Insert(v,u);
	}
	dfs(s,0);
	vector<int> vec;
	int pos=t;
	while(pos){
		vec.push_back(pos);
		pos=p[pos];
	}
	reverse(vec.begin(),vec.end());
	_for(i,0,vec.size()){
		int v=vec[i];
		if(i!=vec.size()-1){
			int v2=vec[i+1];
			dp[v].erase(dp[v].find(*dp[v2].rbegin()+1));
		}
	}
	_for(i,0,vec.size()){
		mv1[i]=*dp[vec[i]].rbegin()+i;
		mv2[i]=*dp[vec[i]].rbegin()+vec.size()-i-1;
	}
	st1.build(mv1,vec.size());
	st2.build(mv2,vec.size());
	enter(solve(0,vec.size()-1,0));
	return 0;
}

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