【ARC063E】Integers on a tree

Description

　　
　　 给定一棵\(n\)个点的树，其中若干个点的权值已经给出。如今请为剩余点填入一个值，使得相邻两个点的差的绝对值刚好为1。请判断可否实现，若是能，请将方案一并输出。
　　
　　
　　

Solution

　　
　　 卡了一会，终于想出来了。
　　
　　 首先从深度奇偶性和权值奇偶性这一方面考虑：若是全部已知点的权值与深度的奇偶性关系不全同样，则必定无解。
　　
　　 而后考虑怎么构造。若是用已填点将树分红若干块，显然每一块是独立的，如今考虑单独一块。
　　
　　 直接想有一点困难，因此咱们先尝试考虑每个空点\(u\)能填什么数：考虑这一个块中的一个有值点，其权值为\(x\)，若是它到\(u\)距离为\(2k\)，那么\(u\)的填数选择就有\(x-2k,x-2k+2,...,x,...,x+2k-1,x+2k\)；若是它到\(u\)距离为\(2k+1\)，那么\(u\)的填数选择就有\(x-2k-1,x-2k+1,x-2k+3...,x+2k-1,x+2k+1\)。
　　
　　 考虑全部的有值点，那么\(u\)的取值范围就是这些选择的交\(S\)。也就是说，只要\(u\)填\(S\)中的权值，单看\(u\)而言就必定能填出知足全部有值点的方案。若\(S\)为空则全局无解。
　　
　　 但是对于每一个空点，咱们到底选\(S\)中的哪一个权值填入呢？注意到若是随便填的话，可能会出现跳跃的问题。
　　
　　 我画了几个例子。构造例子的方法是先弄一棵填好权值的合法树，再指定有值位置。当我用上述方法考虑空点的\(S\)时，咱们发现：当且仅当将每个点都取其\(S\)中的最小值时有解（或都取最大值），原问题才有解，这种填法即一种合法方案；不然无解。
　　
　　 粗略证实：考虑一个点\(u\)的取值集合\(S\)，它实际上是一个范围\([l,r]\)，但中间的取值是每隔1取一个的。对于任意一个与\(u\)相邻的点\(v\)，记其权值范围为\([l',r']\)，则其权值边界的跨度都不会超过1，即有\(l'=l\pm1\)和\(r'=r \pm1\)，注意二者不是互不相关的。为何？\(S\)记录的是每个有值点\(x\)到这个点对应的权值范围的交。走多一步，意味着空隙翻转（原来是跳一次取一次的），对于走近了的\(x\)，其权值范围以\(x\)为中心向内空隙翻转，对于走远了的\(x\)，其权值范围向外空隙翻转；也就是一个多了两端，一个少了两端。仔细分析下来，\(S\)的边界变化也不会超过1.
　　
　　 若是有解，那么这样填数必定可以知足条件------咱们是贴着边界走的，而有值点自己也在边界上。若是这样填都不能知足，显然全局无解。
　　
　　 所以咱们对每一个点取\(S\)的最小值，判断是否合法便可。
　　
　　 至于\(S\)最小值的计算方法，这里有一个技巧：对于每一个点\(u\)，咱们直接维护全部有值点\(x\)对应的范围的左端点的最大值，即\(x-dis\)的最大值。这样一来，若是真正意义上\(S\)交集不为空，那么这个值就是\(u\)的取值。不然，这个值不管如何都会使得后面的断定出错不合法，毕竟取值不知足全部的有值点。
　　　 　
　　　　

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=100005;
const int INF=1e9;
int n,m;
int a[N];
int h[N],tot,dep[N];
struct Edge{
    int v,next;
}e[N*2];
int f[N],g[N],ans[N];
inline int max(int x,int y){
    return x>y?x:y;
}
inline int abs(int x){
    return x>=0?x:-x;
}
void addEdge(int u,int v){
    e[++tot]=(Edge){v,h[u]}; h[u]=tot;
    e[++tot]=(Edge){u,h[v]}; h[v]=tot;
}
void readData(){
    scanf("%d",&n);
    int u,v;
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        addEdge(u,v);
    }
    memset(a,-1,sizeof a);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&u,&v);
        a[u]=v; 
    }
}
void mark_dfs(int u,int fa){
    dep[u]=dep[fa]+1;
    for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
        if((v=e[i].v)!=fa)
            mark_dfs(v,u);
}
bool firstCheck(){
    mark_dfs(1,0);
    int flag=-1;
    for(int u=1;u<=n;u++)
        if(a[u]!=-1){
            if(flag==-1)
                flag=(a[u]^dep[u])&1;
            else if(((a[u]^dep[u])&1)!=flag)
                return false;
        }
    return true;
}
void dp_dfs1(int u,int fa){
    f[u]=(a[u]!=-1)?a[u]:-INF;
    for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
        if((v=e[i].v)!=fa){
            dp_dfs1(v,u);
            f[u]=max(f[u],f[v]-1);
        }
}
bool dp_dfs2(int u,int fa){
    if(a[u]!=-1)
        g[u]=a[u];
    ans[u]=(a[u]!=-1)?a[u]:max(f[u],g[u]);
    if(fa&&abs(ans[u]-ans[fa])!=1)
        return false;
    static int ch[N],cnt;           
    static int l[N],r[N];
    cnt=0;
    for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
        if((v=e[i].v)!=fa)
            ch[++cnt]=v;
    l[0]=g[u]+1; r[cnt+1]=-INF;     
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        l[i]=max(l[i-1],f[ch[i]]);
    for(int i=cnt;i>=1;i--)
        r[i]=max(r[i+1],f[ch[i]]);
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        g[ch[i]]=max(l[i-1],r[i+1])-2;
    for(int i=h[u],v;i;i=e[i].next)
        if((v=e[i].v)!=fa){
            if(dp_dfs2(v,u)==false)
                return false;
            if(abs(ans[u]-ans[v])!=1)
                return false;
        }
    return true;
}
bool solve(){
    dp_dfs1(1,0);
    g[1]=-INF;
    if(dp_dfs2(1,0)==false)
        return false;
    puts("Yes");
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d\n",ans[i]);
    return true;
}
int main(){
    readData();
    if(!firstCheck()||!solve()){
        puts("No");
        return 0;
    }
    return 0;
}