[CSP-S模擬測試]:虎（DFS+貪心）

題目傳送門（內部題15）

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輸入格式

第一行一個整數$n$，表明點數
接下來$n-1$行，每行三個數$x,y,z$，表明點$i$與$x$之間有一條邊，若$y$爲$0$表明初始爲白色，不然爲黑色，若$z$爲$0$表明不對最終顏色作要求，不然表明要求爲黑色。

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輸出格式

達到目的的最少操做多少次數。

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樣例

樣例輸入：

7
1 0 1
1 1 1
2 0 1
2 0 1
3 1 1
3 0 1

樣例輸出：

3

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數據範圍與提示

對於$30\%$的數據，全部的$x$等於$1$。
對於$70\%$的數據，全部邊最終都必須爲黑色
對於$100\%$的數據，$n\leqslant 1,000,000$。

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題解

先看數據範圍，$n\leqslant 1,000,000$（注意是一百萬，不是十萬，可能只有我數不清幾個$0$了吧？），這隻能容許咱們$\Theta(n)$。

$70\%$算法：

仍是先從部分分下手，先來考慮$70\%$的數據，全部便最終都必須爲黑色，考慮貪心。

比方說有下面這樣一條鏈：

咱們能夠選擇翻轉$1\sim 3$和$4\sim 5$，也能夠選擇先翻轉$1\sim 5$再將$3\sim 4$翻轉回來，可是都須要兩步，因此咱們能夠貪心的掃每一條鏈，直到掃到一條黑邊爲止，把這中間的都翻轉便可。

那麼如今來考慮許多邊連向一個點的狀況：

比方說上面這張圖，一共有三個白邊連向點$1$，你可能首先會下意識的覺得須要翻轉三次（聰明的你也可能沒有），可是仔細一想，咱們能夠把這其中任意兩個翻轉合併，如翻轉$2\sim 1\sim 4$這條路徑，而後再翻轉$1\sim 7$這條路徑以達到目的。

那麼不妨這樣講，對於多條邊連向一個點的狀況，其所需的翻轉次數即爲$\left \lceil \frac{黑邊個數}{2} \right \rceil$。

時間複雜度：$\Theta(n)$。

指望得分：$70$分。

實際得分：$60$分。

$100\%$算法：

顯然對於一道$T1$來講，咱們應該$A$掉它。

發現每條邊只會被要求爲黑色，或者是任意顏色，因此在來貪心。

對於任意顏色，咱們能夠無視它，這不太好想，但仔細一想也是對的，我也不知道該怎麼解釋了，本身體會吧？因此咱們能夠把這種邊縮掉，個人方法是用一個相似並查集思想的東西，可是比並查集簡單的多。

時間複雜度：$\Theta(n)$。

指望得分：$100$分。

實際得分：$100$分。

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代碼時刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to,w;}e[2000001];
int head[1000001],cnt=1;
int n;
bool vis[2000001];
int fa[1000001];
int ans;
void add(int x,int y,int w)
{
	e[++cnt].nxt=head[x];
	e[cnt].to=y;
	e[cnt].w=w;
	head[x]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		if(!vis[i]&&!e[i].w)
		{
			vis[i]=vis[i^1]=1;
			dfs(e[i].to);
			return;
		}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		if(!z)fa[i]=fa[x];
		else
		{
			add(i,fa[x],y);
			add(fa[x],i,y);
		}
	}
	for(int x=1;x<=n;x++)
	{
		int sum=0;
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
			if(!vis[i]&&!e[i].w)
			{
				vis[i]=vis[i^1]=1;
				dfs(e[i].to);
				sum++;
			}
		if(sum&1)ans+=sum/2+1;
		else ans+=sum/2;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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rp++