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codeforces(1045)(div2)D. Sliding Tree

news 2025/8/28 8:37:06

D.滑动树

每次测试时限：2 秒

每次测试的内存限制：256 兆字节

输入：标准输入

输出：标准输出
给你一棵树 $∗^{\text{∗}}$ ，它有 $n$ 个顶点，编号从 $1$ 到 $n$ 。您可以使用下面的多步操作（称为滑动操作）来修改它的结构：

选择三个不同的顶点 $a$ 、 $b$ 和 $c$ ，使得 $b$ 与 $a$ 和 $c$ 直接相连。
然后，对于 $b$ 的每个邻居 $d$ （不包括 $a$ 和 $c$ ），删除 $b$ 和{638992}之间的边，将 $d$ 直接连接到 $c$ 。

例如，下图展示了最左边树中的 $a = 4$ 、 $b = 3$ 和 $c = 5$ 。

可以证明，经过滑动操作后，得到的图仍然是一棵树。

你的任务是找到一个滑动操作序列，将树状图转化为路径图 $†^{\text{†}}$ ，同时减少操作的总数。如果至少需要一个操作，你只需要输出最优序列中的**个滑动操作。可以证明，使用有限的操作次数将树转换为路径图是可能的。

$∗^{\text{∗}}$ 树是没有循环的连通图。

$†^{\text{†}}$ 路径图是每个顶点的度数最多为 $2$ 的树。请注意，只有 $1$ 个顶点而没有边的图也是路径图。
输入

每个测试包含多个测试用例。第一行包含测试用例的数量 $t$ ( $\le t \le 10^4$ )。测试用例说明如下。

每个测试用例的第一行都包含一个整数 $n$ ( $\le n \le 2 \cdot 10^5$ ) - 树的顶点数。

下面 $n - 1$ 行的 $i$ -th 包含两个整数 $u_i$ 和 $v_i$ ( $\le u_i,v_i \le n$ , $ui≠viu_i \neq v_i$ ) - $i$ -th 边的两端。

可以保证给定的边构成一棵树。

保证所有测试用例中 $n$ 的总和不超过 $\cdot 10^5$ 。
输出

对于每个测试用例：

如果不需要任何操作（即输入树已经是一个路径图），则输出 $- 1$ 。
否则，输出三个不同的整数 $a$ 、 $b$ 和 $c$ （ $\le a,b,c \le n$ ）–最佳序列中第一个滑动操作的选定顶点。

如果第一次操作有多个有效选择，则可以输出其中任意一个。
注

第一个测试案例与问题陈述中提供的示例相符。可以证明，我们无法用少于 $2$ 次的运算将给定的树转化为路径图。

但是，我们可以使用 $2$ 次操作将给定的树转化为路径图：首先，我们对 $a = 4$ 、 $b = 3$ 和 $c = 5$ 进行操作，如示例所示。接下来，我们对 $a = 3$ 、 $b = 5$ 和 $c = 6$ 进行操作。之后，树就变成了路径图。第二个操作如下图所示。

这样，我们就得到了一个操作总数最小的滑动操作序列。但要注意的是，只有第一个操作必须出现在输出中；操作次数和第二个操作不应***出现在输出中。

在第二和第三个测试案例中，树已经是一个路径图，因此不需要任何操作。
题目分析
该代码解决的问题是在一棵树中找到一个特定的节点结构（Y型结构），即存在一个节点，其度大于2，并且位于树的直径上。若树为链状结构（所有节点度不超过2），则直接输出-1。

代码功能
图的输入与初始化：读取树的边信息，构建邻接表。
判断链状结构：检查是否存在度大于2的节点，若不存在则直接输出-1。
求树的直径：通过两次BFS确定树的直径端点（p1和p2）。
标记直径路径：通过BFS标记直径上的所有节点。
寻找Y型结构：遍历直径上的节点，找到度大于2的节点，并输出其相邻节点中的两个（一个在直径上，一个不在）。
关键步骤
树的直径求解：通过两次BFS找到距离最远的两个节点（p1和p2）。
标记直径路径：使用BFS记录从p1到p2的路径。
Y型结构检测：遍历直径上的节点，检查其度是否大于2，并输出符合条件的相邻节点。
代码优化
输入优化：使用ios::sync_with_stdio(false)和cin.tie(0)加速输入输出。
数组初始化：每次测试用例前重置h、in等数组。
提前终止：若检测到链状结构，直接跳过后续处理。
时间复杂度
BFS遍历：每次BFS的时间复杂度为O(N)，总时间复杂度为O(N)。
标记直径路径：最坏情况下需要遍历所有节点，时间复杂度为O(N)。
Y型结构检测：遍历直径上的节点，时间复杂度为O(N)。总体时间复杂度为O(N)，适用于大规模数据。

#（蒻蒻）代码欣赏

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,p1,p2,tot,h[N],dis[N],ne[N*2],to[N*2],pre[N],in[N];
bool vis[N];
void add(int a,int b)
{tot++;ne[tot]=h[a];h[a]=tot;to[tot]=b;
}
int bfs(int u)
{dis[u]=0;int maxx=0;int id=u;queue<pi>q;q.push({u,0});while(!q.empty()){int j=q.front().first;int fa=q.front().second;q.pop();for(int i=h[j];i;i=ne[i]){int jj=to[i];if(jj!=fa){dis[jj]=dis[j]+1;q.push({jj,j});if(dis[jj]>maxx){maxx=dis[jj];id=jj;}}}}return id;
}
void zhijing()
{p1=bfs(1);p2=bfs(p1);
}
void biaoji()
{queue<pi>q;q.push({p1,0});while(!q.empty()){int j=q.front().first;int fa=q.front().second;if(j==p2)break;q.pop();for(int i=h[j];i;i=ne[i]){int jj=to[i];if(jj!=fa){pre[jj]=j;q.push({jj,j});}}}fill(vis+1,vis+1+n,0);int js=p2;vis[p1]=1;while(js!=p1){vis[js]=1;js=pre[js];}return;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);int _,a,b;cin>>_;while(_--){cin>>n;fill(h+1,h+1+n,0);fill(in+1,in+1+n,0);tot=0;bool flag=0;for(int i=1;i<n;i++){cin>>a>>b;in[a]++,in[b]++;add(a,b);add(b,a);}for(int i=1;i<=n;i++){if(in[i]>2)break;if(i==n){cout<<"-1"<<'\n';flag=1;}}if(flag)continue;zhijing();biaoji();for(int i=1;i<=n;i++){int id1=0,id2=0,id3=0;if(vis[i]&&in[i]>2){id1=i;for(int j=h[i];j;j=ne[j]){int jj=to[j];if(vis[jj])id2=jj;if(!vis[jj])id3=jj;if(id2&&id3){cout<<id2<<" "<<id1<<" "<<id3<<'\n';flag=1;break;}   }if(flag)break;}}}return 0;
}