CEOI2017 D1T3 mousetrap 树形dp+二分答案

题意

一棵树，每条边上都没有标记，现在有一个人要从S走到T，每次你先选择一条有标记的边，并且给这条边的标记消除，或者把一个没标记的边打上永久标记（你无法再次修改使其消除），然后这个人会走随机一条标记为0的边（相当于回合制），并把这条边的标记设为1，问最坏情况下，你至少要改变多少次边的标记才可以使这个人从S走到T。

数据范围

n,s,t≤106n,s,t\le10^6

解法

这个题，有一个部分分是S与T有直接连边，我们用树形dp处理出这个人到每个点的最小代价，我们首先考虑这种情况，那么最坏情况下我们肯定是选择把除了T以外的，最小代价最大的路径封死，那么这时候这个人就会走代价第二大的路径，然后我们再进入这颗子树继续dp就好了。
那么对于S与T不直接相连的情况，我们就把这条S到T的链上的所有点都这样做一次，考虑二分答案，那么对于这条链上的每个支链，我们都要封死，所以我们记录一下到这个点已经花的代价，然后看这个点的代价加上已经用过的代价是否大于二分值，还有之前的步数是否足够我封锁完这些边，就可以了。

收获

这个题的突破口就是首先根据部分分得出树形dp的解，然后想办法延伸到通解上。
对于通解，二分答案是很难想到的东西，并且在check过程中有很多细节需要考虑。

考点：

树形dp 二分答案

易错点：

各种细节

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define lf double
#define E complex<lf>
#define inf 0x7fffffff
#define eps 1e-8
#define pa pair<int,int>
#define pb push_back
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define l(x) (x<<1)
#define r(x) (x<<1|1)
#define mod 1000000007
#define N 1000010
using namespace std;
inline int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();return x*f;
}
int n,s,t,du[N],f[N],fa[N];
int nxt[N<<1],head[N],to[N<<1],tot=0;
inline void link(int x,int y) {nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,to[tot]=y;
}
inline void dfs(int x) {for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {int j=to[i];if (j==fa[x]) continue;fa[j]=x,dfs(j);}if (du[x]==1) f[x]=0;if (du[x]==2) f[x]=1;if (du[x]> 2) {int mx=-1,pos=-1,mx2=-1;for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {int j=to[i];if (f[j]>mx&&j!=fa[x]) mx=f[j],pos=j;}for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {int j=to[i];if (f[j]>mx2&&j!=pos&&j!=fa[x]) mx2=f[j];}f[x]=mx2+du[x]-2+1;}
}
int sta[N],top=0,sum[N];
inline bool check(int mid) {int tmp=0;for (int p=1; p<top; p++) {int x=sta[p],cnt=0;for (int i=head[x]; i; i=nxt[i]) {int j=to[i];if (j!=sta[p+1]&&j!=sta[p-1]&&sum[p]+f[j]+1-(p!=1)>mid-tmp) cnt++;  }tmp+=cnt;if (tmp>mid||tmp>p) return 0;}return 1;
}
int main() {freopen("angrybirds.in","r",stdin);freopen("angrybirds.out","w",stdout);n=read(),t=read(),s=read();for (int i=1; i<n; i++) {int x=read(),y=read();link(x,y),link(y,x),du[x]++,du[y]++;}dfs(t);for (int i=s; i!=t; i=fa[i]) sta[++top]=i;sta[++top]=t;for (int i=top-1; i; i--) sum[i]=sum[i+1]+du[sta[i]]-1-(sta[i]!=t);int l=0,r=n;while (l<r) {int mid=l+r>>1;if (check(mid)) r=mid; else l=mid+1;}cout << l << endl;
}