假設現在有一顆樹a
我們在他非葉子節點上加乙個點變成樹b 則此時樹b必為先手必勝
假設a為先手必勝 則先手直接把加入的點一同刪去
假設a為先手必敗 則先手可以只刪加入的點 與後手位置互換 把必敗態留給後手
所以只要有乙個非葉子節點連著乙個葉子節點(葉子節點父親的度數》2) 此時的樹為先手必勝
排除掉這種必勝情況 剩下的就是每個葉子節點的父親度數都為2的情況
則我們可以計算每個葉子到他第乙個度數》2的祖先的長度 如果所有這些長度都為偶數的話 那麼是後手必勝
策略是這樣的: 我們定義葉子節點到他第乙個度數》2的祖先路上的經過的節點和邊為'鏈'
假設先手這次拿了集合為s的鏈上的葉子節點 那麼後手也拿集合為s的鏈上的葉子節點 這樣每條鏈的長度還是偶數 直到有一條鏈他只剩乙個節點直接轉換為上面的必勝情況
如果有一條鏈是奇數的話 就是先手必勝 因為先手直接把所有鏈拿成偶數就可以和後手位置互換 把必敗態留給後手
#includeusingnamespace
std;
int fa[1000005
];vector
g[1000005
], yezi;
int du[1000005], size[1000005
];int
main()
for (int i = 2; i <= n; i++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
}bool flag = 0
;
for (int
v : yezi)
int cnt = 1
;
while (size[fa[v]] == 1
)
if (cnt & 1
) }
if(flag)
else
}return0;
}
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