第一行包含1个正整数n,表示树的节点个数。 第二行包含n个正整数,是一个1∼n的排列,表示树的 DFS 序。 第三行包含n个正整数,是一个1∼n的排列,表示树的 BFS 序。 输入保证至少存在一棵树符合给定的两个序列。 输出格式 仅包含1个实数,四舍五入保留恰好三位小数,表示树高的平均值。 样例一 input ...
根据dfs树的性质,每个点x的出边只有树边和返祖边两种,返祖边只会连到x的祖先节点,所以任意一个节点的两颗子树没有横向边。 这个题先从某个点导出一颗dfs树,如果深度>=n/2(上界),直接输出路径即可。 否则,直接让同深度的点配对即可,深度低于n/2(上界),树必然宽,横向同深度的点对配对后加起来总点对树一定...
根据这两个性质, 我们可以确定结点i在树中的儿子。 拿题目数据做例子。 首先4的儿子应该是按由小到大出现在BFS序列中的。后面35,但是51,所以1就肯定不是4的儿子。然而即使后面若干个数满足升序的条件,也不一定全都是4的儿子,这时我们就要借助DFS序列,因为4的儿子在DFS序列中也是按由小到大出现,例如在BFS序列...
1. 思路:计算出树中所有结点被删去后剩下的连通块的节点数,在其中找出连通块最大值的最小值来。 统计每个结点的连通块最大值,可以首先DFS计算结点A的每个子树结点个数,对于A的父结点连通块的节点个数,可以使用结点总数num减去结点A以及所有结点A的子树结点个数。 1#include <iostream>2#include <string.h>3...
先对树进行长链剖分,设son[x]表示x的重儿子,md[x]表示x到子树里最远点的距离。 假设现在在x上,有一个栈维护到x到根路径上剩下的合法的y。 如果往重儿子走,那么栈中到x距离<=(max(md[轻儿子])+1)的会被弹掉, 如果往轻儿子走,那么栈中到x距离<=(md[重儿子]+1)的会被弹掉。
http://codeforces.com/contest/782/problem/E 题目大意: 有n个节点,m条边,k个人,k个人中每个人都可以从任意起点开始走(2*n)/k步,且这个步数是向上取整的。要求:着k个人要走完所有的节点,且每个人至少走1步。 思路:= =dfs找一棵树,一棵树是n-
δ(s,t)δ(s,t) 为树上任意两节点之间最长的简单路径矛盾,故性质得证。 补充说明:当树的直径长度为偶数的时候,所有直径必定经过两中点及其间的边,证明与上文类似。根据以上内容,所有直径必过中点且一定以其为自己的中点,所以总体思路为找到中点后,从中点出发找到与中点距离为直径一半的点,即为直径一端点...
2.bfs,dfs线性序列的性质。 原来树形转线性要用到这些性质 //Rey#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintmaxn =1000+5; vector<int>G[maxn];intpos[maxn];intmain() {//freopen("in.txt","r",stdin);intn;intt;while(~scanf("%d",&n)&&n){for(inti =1; i <= n; i++) ...
从根开始dfs整棵树,每经过一条边(或一个点),花费加上对应的边权(点权)。 问你最小的花费。 题解: 树上dfs性质: 花费= ∑ (2*len[i][j] + c[i] + c[j]) + c[root] (1)每一条边要经过两次。 (2)每一条边的两个端点会分别被经过一次。
对于树, 我们应该熟悉这样一条性质: 从跟节点出发遍历一颗树的所有节点再回到跟节点的花费为一定为他的所有的权值之和的2倍 所以我们可以把出发点0看做根节点,然后通过dfs求出各个点到根节点的距离step[i]。 然后我们就可以求出假设它遍历完后回到根节点的总距离sum,然后对于点i,它花费的实际值s=sum-step[i...