Codeforces Round #699 (Div. 2) F - AB Tree（贪心、树上DP）超级清晰，良心题解，看不懂来打我 ~

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Codeforces Round #699 (Div. 2) F - AB Tree

Problem F - AB Tree

输入 nnn, xxx，给你一棵 nnn 个结点根为 111 的树，请你为每一个结点分配一个字符 a 或者 b。使得字符 a 的数量为 xxx 字符 b 的数量为 n−xn-xn−x 。

定义结点 vvv 上的字符串：

若结点 vvv 是根结点，则结点 vvv 的上的字符串为你为根结点分配的字符
否则，结点 vvv 上的字符串就是父结点上的字符串的末尾加上结点 vvv 上面分配的字符。

请你为每个结点上分配字符，满足所有结点上的字符串的种类最少。

Solution

看上去又是一个贪心 + DP（没完了是吧）

还是先分析一下题目有什么性质，比如这个字符串是什么，很明显，就是从每个结点的最上层的祖先开始（实际上就是根结点）一直到该结点组成的简单路径上经过的每个结点组成的字符串。我们发现字符串的长度也就是路径的长度，那么最长也就是树上最长的简单路径的长度 —— 树的直径 dist\tt distdist。最长的的字符串的长度也就是直径 dist\tt distdist + 1\tt 11 。也就是所有结点上的字符串的长度不会超过 dist\tt distdist + 1\tt 11 ，也就意味着所有的字符串最多有 dist\tt distdist + 1\tt 11 层。很明显，上层，也就是离根结点近的结点，出现在字符串里的次数最多，是好多字符串的基础（前排），所以我们可以想到，前面的尽量每一层（每一个字符串的前缀）都相同，这样最后总的字符串的种数会更小。

然后我们这里的直径 dist\tt distdist 严格意义上不能说是树的直径，因为字符串是从根结点开始的，所以应该是树的深度，也就是根结点的深度为 111 开始往下递推就行了。

因为我们只能也必须分配 xxx 个字符 a ，和 n−xn-xn−x 个字符 b ，所以我们很直观的一个贪心策略就是让上层尽可能的一致，直到某一个字符不够用为止。

我们设树的深度为 mmm 。

这样我们一共会有 mmm 层。

我们发现实际上每一层，都是对应的字符串的同样的位置，也可以说是同样的下标，也就是如果我们能保证每一层分配的字符相同，那么所有的字符串都会相同，也就是不同的字符串的个数就是不同长度的字符串的个数，也就是层数 mmm 。

我画一个图来帮助理解：

          1a/    \2b     3b/  \   /  \4a   5a 6a   7a

这道题一画图就太形象了，显然，上面的策略的是正确的

所以我们尽量去根据这个贪心策略去走。

所以我们这道题就变成了，从 mmm 层里，选择若干层，（设第 iii 层的结点个数为 numinum_inumi ），选择的这些层的结点个数之和等于 xxx ，也就是 a 的个数，然后剩下的自然都是 b ，也就能保证每一层的字符都相同，也就完成了上面的贪心策略。这很显然就是一个背包问题。我们预处理出来 numinum_inumi ，当作背包处理即可。

然后再来分析一下有没有其他的情况：即如果这种贪心策略不能满足，那么最小的答案是啥嘞 ~

我们发现，如果贪心策略不能满足，也就是差点，那么最多也就只会出现一层的结点字符不同，也就是需要被迫分配到两种字符。那么把这一层放到哪儿很关键。我们再来贪心。

我们知道原本贪心策略完美运行的时候，我们的答案是不同长度的字符串的个数，然后根据我们最开始的贪心策略，让不同的字符越低越好，也就是让不同的字符放到最低的叶子节点，对整体的答案影响最小，那么我们让需要被迫使用两种字符那一层，放到叶子节点，找到一个叶子节点最多的那一层，丢进去，损失最小。然后因为我们实际上不同字符只有 a 和 b 两种，也就是那一堆叶子节点，长度相同，末尾字符不同，但也只有两种情况，就是保证有儿子的都相同，不同的都填到叶子节点上，所以最后的答案在 mmm 的基础之上 + 111 ，也就是 m+1m+1m+1

总结一下

若背包可以实现选择若干层，结点个数和为 xxx ，答案为 mmm，我们在DP的时候存一下选择方案，被装进背包里的层，为 a ，其余全部为 b
若背包不能实现，我们就凑到最大的数，最后的答案为 m+1m+1m+1 ，我们找到叶子节点最多的那一层，把叶子节点上缺的，凑不够的 a 换成 b ，剩下的就是我们当前能凑出来的最大的数，同上一种情况输出即可。

所以我们就dfs最大求一下深度以及每层的结点个数，叶子节点个数。

然后DP求凑成 xxx 的方案，若能凑成，就回溯一下找一下DP的选择方案，就是答案。要是凑不成就是第二种情况我们就找到能凑成的最大的数，同样先找DP方案，然后因为我们的 a 有剩余，所以我们找到一个叶子节点个数大于差值的那一层，填上 a ，然后就没了…

然后就没了…

然后，要是看不懂，你飞过来打我呀

然后我在官方题解的评论区里看到可以用bitset优化，就找了一位大佬的AC代码学习了一下，借鉴了他的DP部分，把我的垃圾背包改成bitset了，挺巧妙的 ~

呜呜呜

哦哦哦，树是无向边，但是如何判断是不是叶子节点呢？我用的是如果前向星索引数组 head = -1 ，则没有子节点，但是因为最开始我建图连的是双向的… 所以没办法判断了。然后因为我们的dfs只需要向下走，所以我们只需要连单向边就行（这都能A10个点…以及这道题直接七十多个点，丧心病狂）

wtcl

然后就A了…

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;const int N = 100007, M = 500007, INF = 0x3f3f3f3f;typedef long long ll;
typedef int itn;int n, m, t, x;
int fa[N];
int deep[N];
int maxx;
int num[N];//每一层结点个数
int cnt;
int lson[N];//叶子节点
int head[N], ver[M], edge[M], nex[M], tot;
bitset<N> f[2007];//能否凑齐 x，使用 bitset 优化
int val[N];
unordered_map<int, int> vis;
//int vis[N];
bool ok[N];
vector<int> v[N];void add(int x, itn y)
{ver[tot] = y;nex[tot] = head[x];head[x] = tot ++ ;
}void dfs1(int x)
{deep[x] = deep[fa[x]] + 1;//这里根结点 deep[1] = 1 所以不用再 +1 了num[deep[x]] ++ ;maxx = max(maxx, deep[x]);//树的直径，实际上也就是最大深度if (head[x] == -1) //没有子节点，说明是叶子结点lson[deep[x]] ++ ;//每层的叶子结点个数for (int i = head[x]; ~i; i = nex[i]) {int y = ver[i];dfs1(y);}
}void dfs2(itn x, int t)
{if(x == 0)return;for (int i = 0; i < (int)v[x].size(); ++ i) {if(val[x] > t || f[x - 1][t])break;t -= val[x], ok[v[x][i]] = true;}dfs2(x - 1, t);
}void init()
{memset(head, -1, sizeof head);tot = 0;
}void solve()
{init();scanf("%d%d", &n, &x);for (int i = 2; i <= n; ++ i) {scanf("%d", &fa[i]);//add(i, fa[i]);add(fa[i], i);}dfs1(1);//预处理每层结点个数//把抽象的树转化为一个个物品，存到 v 里，离散化一下，种类（结点个数）和个数（层数）//cout << "ok" << endl;//一共cnt种，for (int i = 1; i <= maxx; ++ i) {if (vis[num[i]]) {v[vis[num[i]]].push_back(i);}else {vis[num[i]] = ++ cnt;val[cnt] = num[i];v[cnt].push_back(i);//来找最后选了第几层}}f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= cnt; ++ i) {f[i] = f[i - 1];itn Size = v[i].size();for (int j = 1; j <= Size; j <<= 1) {Size -= j;f[i] |= (f[i] << (j * val[i]));}if(Size > 0)f[i] |= f[i] << (Size * val[i]);}if(f[cnt][x]) {printf("%d\n", maxx);dfs2(cnt, x);//还原dp的方案for (int i = 1; i <= n; ++ i) {putchar(ok[deep[i]] ? 'a' : 'b');}}//凑不齐，'a' 有剩余else {int res = INF;for (int i = x; i >= 0; -- i) {if(f[cnt][i]) {res = i;//找到能凑到的最大的数break;}}dfs2(cnt, res);int pos = -1;for (int i = 1; i <= maxx; ++ i){if(!ok[i] && lson[i] >= x - res) {pos = i;break;}}printf("%d\n", maxx + 1);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {if(deep[i] == pos && head[i] == -1) {if(res == x) {putchar('b');}elseputchar('a'), ++ res;}else {putchar(ok[deep[i]] ? 'a' : 'b');}}}return ;
}itn main()
{solve();return 0;
}

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