AtCoder Regular Contest 063 E:Integers on a Tree
2024-09-24 15:45:51
题目传送门:https://arc063.contest.atcoder.jp/tasks/arc063_c
题目翻译
给你一个树,上面有\(k\)个点有权值,问你是否能把剩下的\(n-k\)个点全部填上权值,使得每条边链接的两个点权值相差\(1\),如果可以做到需要输出任意一组方案。
题解
我们考虑每条边权值为\(1\)或\(-1\),那么相当于黑白染色一样,所有点权值的奇偶性也都是确定的。如果与读入的\(k\)个点中某个点相冲突了就\(GG\)。另外每个点的取值范围都可以转化成一段区间\([l,r]\)内的奇/偶数,假设父亲的值域区间为\([l,r]\),那么儿子的值域区间就可以是\([l-1,r+1]\),同样的,值域区间也可以通过儿子转移过来。如果区间的交为空那么就无解。确定值域区间之后再自上而下确定权值即可。
时间复杂度:\(O(n)\)
空间复杂度:\(O(n)\)
代码如下:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,k,tot,rt;
bool fake,bo[maxn];
int now[maxn],pre[maxn*2],son[maxn*2];
int l[maxn],r[maxn],odd[maxn],ans[maxn];
int read() {
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
return x*f;
}
void add(int a,int b) {
pre[++tot]=now[a];
now[a]=tot,son[tot]=b;
}
void dfs(int fa,int u,int now_odd) {
if(fake)return;
if(bo[u]&&odd[u]!=now_odd) {fake=1;return;}
if(!bo[u]) {odd[u]=now_odd,l[u]=l[fa]-1,r[u]=r[fa]+1;}
for(int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p])
if(v!=fa) {
dfs(u,v,now_odd^1);
l[u]=max(l[u],l[v]-1);
r[u]=min(r[u],r[v]+1);
}
if(r[u]<l[u])fake=1;
}
void check(int fa,int u,int x) {
ans[u]=x;
for(int p=now[u],v=son[p];p;p=pre[p],v=son[p])
if(v!=fa) {
if(x-1>=l[v]&&x-1<=r[v])check(u,v,x-1);
else check(u,v,x+1);
}
}
int main() {
n=read();
for(int i=1;i<n;i++) {
int x=read(),y=read();
add(x,y),add(y,x);
}
k=read();
for(int i=1;i<=k;i++) {
int x=read(),v=read();
if(i==1)rt=x;bo[x]=1;
l[x]=r[x]=v,odd[x]=v&1;
}
dfs(0,rt,odd[rt]);
if(!fake) {
puts("Yes");check(0,rt,l[rt]);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
else puts("No");
return 0;
}
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