CF1452G - Game On Tree

题目大意

A和B在树上Van游戏，每个人操作一些点

A操作一个点\(i\)，B操作一个点集\(a_j\)

每轮A,B分别进行操作，可以对于自己的所有点任意移动1步或0步

在某一轮，当A的点碰到B的点时游戏结束

A希望尽量迟结束，B希望尽量早结束

给定B的初始点集\(a_j\)，对于A的每个初始点\(i\)判断多少轮结束

分析

由于B的操作显然是不停向A收缩直到碰到

那么可以广搜求出每个点原地不动时被B干掉的时间\(F_i\)

那么考虑A的移动过程，每一步可以到达一个点\(u\)

必须满足在第\(i\)步所在的点\(u\)，\(F_u>i\)，否则结束游戏

对于初始节点\(u\)，不妨设最终结束的节点为\(t\)，我们希望一路跑到\(t\)然后站住不动，此时答案就是\(F_t\)

而实际上，任何一个点\(u\)能够跑到\(t\)，等价于\(dis(u,t)<F_t\)

Proof:

由最短路三角不等式可知

\(\forall (u,v)\in Tree, dis_{v}-1\leq dis_u\leq dis_{v}+1\)

即\(dis_e\)在树的路径上连续变化，不妨设移动路径为\(p_i,i\in[1,k],p_k=t,k\leq F_t\)

若能在\(F_t-1\)的时间内到达\(p_k\)，那么必然能在\(F_t-2\)的时间内到达\(p_{k-1}\)

进而归纳得到

那么问题变成了，对于每个点\(u\)，向周围\(F_u-1\)范围内的点对于\(F_u\)取\(\max\)

容易点分治处理，复杂度为\(O(n\log n)\)

const int N=2e5+10,INF=1e9+10;

int n,F[N],A[N];
vector <int> G[N];
queue <int> que;

int mi,rt,sz[N],vis[N];
void FindRt(int n,int u,int f){
	int ma=0; sz[u]=1;
	for(int v:G[u]) if(!vis[v] && v!=f) {
		FindRt(n,v,u),sz[u]+=sz[v];
		cmax(ma,sz[v]);
	}
	cmax(ma,n-sz[u]);
	if(mi>ma) mi=ma,rt=u;
}

int dep[N],id[N],c,s[N];
void dfs(int u,int f){
	id[++c]=u;
	for(int v:G[u]) if(v!=f && !vis[v]) {
		dep[v]=dep[u]+1;
		dfs(v,u);
	}
}
void Div(int n,int u){
	mi=1e9,FindRt(n,u,0),u=rt,vis[u]=1;
	c=0,dep[u]=0,dfs(u,0);
	rep(i,0,c) s[i]=0;
	rep(i,1,c) {
		int u=id[i];
		if(F[u]>dep[u]) cmax(s[min(c,F[u]-1-dep[u])],F[u]);
	}
	drep(i,c-1,0) cmax(s[i],s[i+1]);
	rep(i,1,c) cmax(A[id[i]],s[dep[id[i]]]);
	for(int v:G[u]) if(!vis[v]) {
		if(sz[v]>sz[u]) sz[v]=n-sz[u];
		Div(sz[v],v);
	}
}

int main(){
	rep(i,2,n=rd()){
		int u=rd(),v=rd();
		G[u].pb(v),G[v].pb(u);
	}
	rep(i,1,n) F[i]=-1;
	rep(i,1,rd()) {
		int x=rd();
		F[x]=0,que.push(x);
	}
	while(!que.empty()) {
		int u=que.front(); que.pop();
		for(int v:G[u]) if(F[v]==-1) 
			F[v]=F[u]+1,que.push(v);
	}
	Div(n,1);
	rep(i,1,n) printf("%d ",A[i]);
}