Description

这里有一个N 个点的树, 节点从1 到N 编号, 第i 条边连接了ai 和bi.
一开始第i 个点上有Ai 个石头. Takahashi 和Aoki 会玩一个游戏.
首先, Takahashi 会选择一个出发点; 然后, 从Takahashi 开始, 他们会轮流进行如下操作:
• 首先, 从当前的点上拿走一个石头.
• 然后, 走到一个相邻的点上.
当一个玩家无法执行操作时, 他就输了. 请你找到所有可以让Takahashi 获胜的出发点.

Input

N
A1 A2 ::: AN
a1 b1 …
aN−1 bN−1

Output

按升序输出一行表示可以让Takahashi 获胜的出发点.

Sample Input

输入1：

3
1 2 3
1 2
2 3

输入2：

5
5 4 1 2 3
1 2
1 3
2 4
2 5

输入3：

3
1 1 1
1 2
2 3

Sample Output

输出1：

输出2：

1 2

输出3：

(输出为空)

Data Constraint

对于30% 的数据, N <=7;Ai <= 6;
对于60% 的数据, N <= 2000;
对于100% 的数据, 1 <= N <= 10^6, 1 <= ai, bi <= N; 0 <= Ai <= 10^9, 保证输入的是一棵树.

Solution

设布尔数组 bz[i]bz[i] 表示节点 ii 是否可行（0 不可行，1 可行）。
我们可以发现一个显然的结论：对于一个节点 xx 和它的儿子节点 yy，
如果满足 A[x]>A[y]A[x]>A[y] 且 bz[y]=0bz[y]=0 ，则有 bz[x]=1bz[x]=1 。
因为我可以不断从 xx 走到 yy ，不断把对方“压”到失败点。
那么这样就能从下往上处理出 bzbz 数组，即能 O(N^2) 得出答案。
由于换一次根（O(1)O(1)），子树答案不会改变，只有原根与新根的关系改变了。
所以直接判断其是否符合上述条件即可，时间复杂度 O(N)O(N) 。

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1e6+1;
int tot;
int first[N],next[N<<1],en[N<<1];
int a[N];
bool bz[N];
inline int read()
{int X=0,w=1; char ch=0;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+ch-'0',ch=getchar();return X*w;
}
inline void write(int x)
{if(x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
inline void insert(int x,int y)
{next[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;
}
inline void dfs(int x,int y)
{for(int i=first[x];i;i=next[i])if(en[i]!=y){dfs(en[i],x);if(!bz[x] && a[en[i]]<a[x]) bz[x]=!bz[en[i]];}
}
inline void find(int x,int y)
{for(int i=first[x];i;i=next[i])if(en[i]!=y){if(!bz[x] && a[en[i]]>a[x]) bz[en[i]]=true;find(en[i],x);}
}
int main()
{int n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();insert(x,y);insert(y,x);}dfs(1,0),find(1,0);for(int i=1;i<=n;i++)if(bz[i]) write(i),putchar(' ');return 0;
}

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