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速通ACM省铜第二天赋源码（Adjacent XOR和Arboris Contractio）

news 2025/9/13 7:34:14

引言：

Adjacent XOR

题意分析

逻辑梳理

代码实现

Arboris Contractio

题意分析

逻辑梳理

代码实现

结语：

引言：

本来今天也是打算讲一道题的，但是因为第一道的1400的题感觉有点过于简单了，感觉没有1400的题的感觉，于是就决定这篇讲俩题，而且好巧不巧，这俩题竟然是在同一场div3里的，而且更神奇的是，E题开出来的人竟然比D题还多，如图

但确实，我打下来也感觉D题比E题难打一点，那么接下来，我们就开始进行题目的讲解————>

Adjacent XOR

那么，我们先来讲相对另一道而言总体偏简单的题目，我们先来分析一下题目

题意分析

这是题目链接Problem - 2131E - Codeforces

不想跳转可看下图

首先，我们来看题目，这个题目的描述十分的简单，就是给你一个数组a，然后问你能不能把这个数组a变成数组b

然后操作也很简单，就是可以随便选择下标（需要没被选择过的），然后对该下标和相邻的下一个下标的俩个值进行异或

题目的意思就这么简单，那么我们来将题目的要求进行逻辑梳理一番

逻辑梳理

首先，题目问我们a能不能转换成b，最简单的一个判断方式就是判断这俩个数组的最末尾元素是否一样，若不一样，则输出“NO”，若一样，再进行讨论，为什么呢，我们来结合我画的图进行分析

根据题意，a数组的变化，撑死只能将最末尾的i与i+1进行变化，但这样变化后得到的新元素的位置也在i位，但是这种已经是最靠后的变化方式了，所以，我们可知，a数组的最后一位，是无法变化的，所以如果a跟b数组的末尾元素不一样，那么，a就不能转换为b

那么若a与b数组的末尾元素是一样的，接下来，我们来进行下一步的分析

首先，如果我们判断能否将a[i]变化成b[i]，我们可以有俩种方式，一种是a[i]与b[i]是否一样，另一种是a[i]异或a[i+1]后是否与b[i]一样，不管是哪种情况，i 位置的能否转换都不会被 i 前面a数组的元素所影响，所以我们可以思考倒推，因为只有后面的元素可以对a[i]产生影响

因为题目告诉了我们，选择异或的顺序是可以任意的，所以当选择 i 这个位置进行判断时，会有三种情况

1.a[i]是否等于b[i]

2.a[i]^a[i+1]是否等于b[i]

3.a[i]^b[i+1]是否等于b[i]

只有这三个条件都无法满足时，才会输出“NO”，那么我们具体来讲解下这三种情况

第一种情况很简单，相等的话不用操作就是符合的，很简单

第二种情况也很简单，就是 i+1 下标上的元素并没有选择进行异或，先对下标为 i 的位置进行异或，若等于，就可以变化（因为 i 在 i+1 前，所以 i+1 之后想要变化时候也不会被 i 的变化所影响）

第三种情况也好想，b[i+1]表示的是a[i+1]已经被进行异或过了，然后通过ｉ与已经被异或过的ｉ＋１进行异或，若可以变化，则可以实现目的

所以，只有这三种情况都不满足时，才会使ａ数组无法变成ｂ数组

那么，这个题目的思路已经理清楚了，那么代码也自然就很简单了，那么接下来，我们来写代码

代码实现

这个题主要是逻辑难想，逻辑想通了代码其实很简单，那么，这边就直接放AC的代码了

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <queue>
using namespace std;int t, n;
long long a[200010];
long long b[200010];int main()
{cin >> t;while (t--){cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i<=n; i++)cin >> b[i];if (a[n] != b[n]){cout << "No" << endl;continue;}int xixi = 1;int j = n - 1;while (j){if (a[j] != b[j] && b[j] != (a[j] ^ b[j + 1]) && b[j] != (a[j] ^ a[j + 1])){xixi = 0;cout << "No" << endl;break;}j--;}if (xixi)cout << "Yes" << endl;}return 0;
}

那么，这题就讲到这里结束啦，希望你们有所收获

接下来，我们来讲下一道题，下一道题跟上一道题刚好相反，思路好想，但是代码比较难实现

Arboris Contractio

那么，我们先来分析一下题目

题意分析

这是题目链接Problem - 2131D - Codeforces

不想跳转可看下图

这题目相比上一题看着挺长的，但其实问的也很简单，就是题目会给你一个无环数，然后通过一系列的方法，将那颗无环树的深度变为2，然后问你最少的操作次数是几次，就没了

然后一次操作分为三步走，就是选一条路，然后把那条路所有的点全部拆开，然后再将后面的点全部跟头的那个点连上，就是一次操作

那么接下来，我们进行逻辑分析

逻辑梳理

逻辑其实很好梳理，首先，对于每个点的最少操作次数只需要数该节点深度不为1的分支有几条，分支的结果就是他需要操作的最小次数（这个自己理会，应该是很好理解的），然后通过一个个的对比，找出操作次数最少的一个节点，然后输出即可

思路是很清晰的，但是明显，这个思路是完全不可能实现的，因为若要实现这个思路，首先每个节点都要访问一遍，每次访问不同节点的时候，其他节点对于该节点的深度也会发生变化，而且每个节点的分支也不同，极多的不可控因素会使得这个思路完全无法转换成代码来实现，这也是困住了我挺久的地方

所以我们需要通过原先的思路，来创造出一个能转换成代码的思路

那么，既然是分支，我们就可以思考到叶子节点，因为每个点的分支，肯定最后都会抵达叶子节点，所以我们可以先算出这颗树总共有多少个叶子结点，然后一个循环，遍历完所有的点，每次遍历一个点的时候，可以将叶子节点的总数减去该节点已经有的深度为1的叶子节点的个数，这样得到的值便是该点的最少操作次数，这么一来，是不是就比一开始的时候的方式便捷了许多

注：我们可以进行特判，即若只有俩个点，那输出便为0，因为2个点不管怎么连都已经是最小宽度了，根本不需要进行任何操作

那么，逻辑梳理就梳理完了，接下来就进入代码实现部分

代码实现

在讲代码实现之前，特别注意，一定要把数组提到外面去，不然会导致栈溢出，切记，这点卡了我好久，结果发现原来是数组开在局部把栈区挤爆了（因为我一开始把数组放局部了，导致一运行就异常）那么，数组放在全局了，就不要忘了每次循环完进行清空操作

除开这点，别的就很简单了，我们用vector来存储每个点所相连接的点，然后通过判断点的size来确定该点是不是叶子结点，因为叶子节点的size肯定为1

然后我们想让总次数最少，只需要点的叶子结点最多即可，因为一个点的叶子节点越多，减去的值就越大，故而总次数越少

那么，接下来，我们就来看AC代码

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;int t, n;
vector<int> arr[200010];
void solv()
{int u, v;cin >> n;for (int i = 1; i < n; i++){cin >> u >> v;arr[u].push_back(v);arr[v].push_back(u);}if (n == 2){cout << "0" << endl;return;}int yesum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)if (arr[i].size() == 1)yesum++;int ye = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){int Ye = 0;for (int j = 0; j < arr[i].size(); j++){if (arr[arr[i][j]].size() == 1)Ye++;}ye = max(ye, Ye);}cout << yesum - ye << endl;for (int i = 1; i <= n; i++){while (arr[i].size())arr[i].clear();}
}int main()
{cin >> t;while (t--){solv();}return 0;
}

那么，这题也讲完啦