CodeForces - 1341F Nastya and Time Machine(dfs+构造)

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题目大意：给出一棵树，现在要求从点1出发遍历所有的结点一遍后再回到点1，额外给出一个时光机，可以到某个节点的任意时刻，需要满足的条件如下：

初始时在节点 1 ，时间为 0
每次操作分为下列两种：
1. ( v , t ) -> ( v , t_pre ) ，满足 0 <= t_pre < t （利用时光机）
2. ( v , t ) -> ( v_next , t + 1 ) ，满足 v 和 v_next 之间存在一条连边（正常行走）
所有的 ( v , t ) 必须各不相同
所有的节点必须至少被遍历一遍

在上述条件下，若要使得所有 t 中的最大值最小，输出一种构造方案

题目分析：其实不难看出，最终所有 t 中的最大值，和每个点的度数有关系，所以我们可以求出这个最大值为 mmax ，也就是最大的时间点，接下来需要想出一种构造方案，使得既能满足利用时光机时不能冲突，也要满足正常行走的条件，这里直接给出构造方法吧

首先对于任意一个节点 u 来说，先求出他的所有子节点有多少个，记为 son ，不难看出，节点 u 至少需要经过 son + 1 次才行，一次是从节点 u 的父节点下来，剩下 son 次是从子节点上来，同时可以知道， 0 <= son < mmax ，当节点为叶子结点时，son 显然为 0 ，当节点为度数最大的那个节点时，son = mmax - 1 （减去父节点）

到此为止，我们先考虑满足每个操作的第二种情况，也就是正常行走的情况，这种情况必须要求从节点 u 到达节点 v 时，时间之差必须为一，如果我们先不考虑最大值 mmax 的限制的话，设从父节点到节点 u 的时间点为 t 的话，我们可以让节点 u 到子节点的时间分别为 t + 1 , t + 2 , t + 3 .... 以此类推，如何保证呢？只需要根据相对关系实现下面两点即可：（设 t_u 为进入到节点 u 时的时间，t_v 为进入到子节点 v 时的时间）

从节点 u 进入到子节点时的时间为 t_u + 1
从子节点返回到到节点 u 时的时间为 t_v - 1

仔细思考一下，会发现确实很巧妙

那么剩下的就是解决有 mmax 限制的那个时光机的条件了，因为每个节点的每个时间点至多只能出现一次，而每个节点最多就会使用 son + 2 次时间点：

一次是从父节点下来时的 t
son 次是从子节点上来时的 t + 1 , t + 2 ...等等
一次是从最大值转到最小值时使用的（多使用了一次时光机）

所以我们可以将每个结点使用的区间固定在 [ mmax - son - 1 , mmax ] 之间，换句话说，就是让节点 u 到子节点的时间分别为 t + 1 , t + 2 , t + 3 .... ( mmax - son - 1 ) +1 , ( mmax - son - 1 ) + 2 .... t - 1 ，也就是当 t 到达 mmax 时，让其变为最小值 mmax - son - 1 然后继续加一就行了

注意特判一下节点 1

利用 dfs 实现起来非常简单，终点是需要理解构造的巧妙

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;vector<int>node[N];vector<pair<int,int>>ans;int mmax;void dfs(int u,int fa,int t)//在区间 [ mmax - son - 1 , mmax ] 内赋值
{int temp=t;ans.push_back(make_pair(u,t));int son=node[u].size()-(u!=1);//有多少个子节点 for(auto v:node[u]){if(v==fa)continue;if(t==mmax)//如果已经到最大值了，那么切换成最小值 {t=mmax-son-1;ans.push_back(make_pair(u,t));}t++;dfs(v,u,t);ans.push_back(make_pair(u,t));}if(u!=1&&t!=temp-1)ans.push_back(make_pair(u,temp-1));
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);node[u].push_back(v);node[v].push_back(u);}for(int i=1;i<=n;i++)mmax=max(mmax,(int)node[i].size());dfs(1,-1,0);printf("%d\n",ans.size());for(int i=0;i<ans.size();i++)printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);return 0;
}

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