Codeforces.566E.Restoring Map(构造)

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\(Description\)

对于一棵树,定义某个点的邻居集合为所有距离它不超过\(2\)的点的集合(包括它自己)。

给定\(n\)及\(n\)个点的邻居集合,要求构造一棵\(n\)个点的树,使得每个给定的集合都对应一个点。输入保证有解。

\(n\leq1000\)。

\(Solution\)

如果两个点的邻居集合大小为\(2\),那么交集中的两个点之间一定有边。这样我们就可以\(O(\frac{n^3}{w})\)确定出非叶节点以及它们之间的连边。

然后考虑叶节点应该挂到哪里。如果一个叶节点的邻居集合,和距离某个非叶节点不超过\(1\)的点的集合相同,那么这两个点之间有边。对于叶子\(x\),所有包含\(x\)的邻居集合中最小的一定就是\(x\)的邻居集合。一个点数\(\geq3\)的树,离某个点距离不超过\(1\)的点的集合是互不相同的。

需要特判非叶节点只有一个和两个的情况。

官方题解是,找出叶子\(x\)的邻居集合,如果除去\(x\)集合大小\(\geq3\),那么在集合内度数\(>1\)的点就是与\(x\)相邻的。否则集合大小是\(2\),这种情况有些难判,但是与\(x\)相邻的点一定只与一个非叶节点相连。所以我们只需要特判\(x-a-b-...\)这种情况。

还有种并查集的写法,太傻逼了看不懂了QAQ。


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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1003; std::bitset<N> st[N],nle,adj[N];
bool not_leaf[N]; inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
} int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int T=read(); T--; st[i][read()]=1);
int m=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i+1; j<=n; ++j)
if((st[i]&st[j]).count()==2)
{
std::bitset<N> tmp=st[i]&st[j];
int s=0,t=0;
for(int k=1; k<=n&&!t; ++k) if(tmp[k]==1) s?t=k:s=k;//可以用_Find_next。但是暴力复杂度也是对的,暴力好咯。
if(!adj[s][t])
++m, printf("%d %d\n",s,t), nle[s]=nle[t]=1,
adj[s][s]=adj[s][t]=1, adj[t][t]=adj[t][s]=1, not_leaf[s]=not_leaf[t]=1;
}
if(!m)
{
for(int i=2; i<=n; ++i) printf("%d %d\n",1,i);
return 0;
}
if(m==1)
{
int s=0,t=0,a=0,b=0;
for(int i=1; i<=n&&!t; ++i) if(not_leaf[i]) s?t=i:s=i;
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(st[i].count()!=n)
{
for(int j=1; j<=n; ++j) !not_leaf[j]&&printf("%d %d\n",j,st[i][j]?s:t);
break;
}
return 0;
}
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(!not_leaf[i])
{
int mn=N,p=0;
for(int j=1; j<=n; ++j) if(st[j][i]&&st[j].count()<mn) mn=st[j].count(), p=j;
std::bitset<N> tmp=st[p]&nle;
for(int j=1; j<=n; ++j)
if(tmp[j]&&tmp==adj[j])
{printf("%d %d\n",i,j); break;}
} return 0;
}
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