給定乙個大小為 n
nn 的樹，它共有 n
nn 個結點與 n−1
n - 1
n−1 條邊，結點從 1∼n
1 \sim n
1∼n 編號。初始時每個結點上都有乙個 1∼n
1 \sim n
1∼n 的數字，且每個 1∼n
1 \sim n
1∼n 的數字都只在恰好乙個結點上出現。
接下來你需要進行恰好 n−1
n - 1
n−1 次刪邊操作，每次操作你需要選一條未被刪去的邊，此時這條邊所連線的兩個結點上的數字將會交換，然後這條邊將被刪去。
n −1
n - 1
n−1 次操作過後，所有的邊都將被刪去。此時，按數字從小到大的順序，將數字 1∼n
1 \sim n
1∼n 所在的結點編號依次排列，就得到乙個結點編號的排列 p
ip_i
pi。現在請你求出，在最優操作方案下能得到的字典序最小的 p
ip_i
pi。
我們不難有乙個貪心的想法：列舉每個數，將它們分別移動到盡可能小的節點上面去。
考慮把乙個數字送到另乙個數字上，對於乙個點我們一共有三種限制：
那麼這樣一來我們將刪的邊的順序排成一排，可以發現我們可以用雙向鍊錶來維護。於是我們給每個節點 u
uu 都建立乙個雙向鍊錶。
但在計算答案的過程中，一定有一些是連不到一起的，這種情況我們直接把它們看成一堆鍊錶就可以了。
於是就可以用兩次 dfs 解決這個問題：
列舉每個數字，第一次 dfs 找出它能夠到達的最小的節點，第二次 dfs 更新鍊錶。
總時間複雜度 o(n
2)
o(n^2)
o(n2) 。
各種情況的討論還是看**吧。。。太複雜了 我不想寫 寫不出來。。。
簡直是分類大討論啊。。。
#include
#include
using
namespace std;
const
int maxn =
2000
;struct edge
;edge pool[maxn *2+
5];edge *g[maxn +5]
,*ecnt;
inline
void
addedge
(int u,
int v)
int n, num[maxn +5]
;int pre[maxn +5]
[maxn +5]
, nxt[maxn +5]
[maxn +5]
;//鍊錶的前後指標
int head[maxn +5]
[maxn +5]
, tail[maxn +5]
[maxn +5]
;//鍊錶的頭節點和尾節點
int len[maxn +5]
[maxn +5]
;//鍊錶的大小
int deg[maxn +5]
;inline
void
clear()
int minp;
void
dfs1
(int u,
int fa)
}else
}else
dfs1
(nxt[u]
[fa]
, u)
;//否則只能夠按照我們之前已經確定了的路徑找}}
inline
void
merge
(int u,
int st,
int ed)
//將兩個鍊錶連在一起
bool
dfs2
(int u,
int fa)
int st = head[u]
[fa]
, ed = tail[u]
[fa];if
(fa == n +1)
}}else}}
else
dfs2
(nxt[u]
[fa]
, u)
;//按照既定路徑找下去
}return
false;}
intmain()
if(n ==1)
for(
int i =
1; i <= n; i++)}
return0;
}
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