洛谷AT2046 Namori（思惟，基環樹，樹形DP）

洛谷題目傳送門

神仙思惟題仍是要寫點東西纔好。

樹

每次操做把相鄰且同色的點反色，直接這樣思考會發現狀態有很強的後效性，沒辦法考慮轉移。

由於樹是二分圖，因此咱們轉化模型：在樹的奇數層的全部點上都有一枚棋子，每次能夠將棋子移向相鄰的空位，目標狀態是樹的偶數層的全部點上都有棋子。

這樣的互換總次數有沒有一個下界呢？

咱們求出\(a_i\)表示點\(i\)子樹中棋子數量與空位數量之差（能夠是負數），那麼\(i\)的父邊就至少要交換\(|a_i|\)次。

爲何呢？子樹裏面空位比棋子少的話，確定要經過父邊把\(a_i\)個棋子送出去，才能移進來\(a_i\)個空位。反之亦然。

因而，若是\(a_{rt}\)（根）不爲\(0\)就無解，不然\(\sum\limits_{i=1}^n|a_i|\)就是答案下界。

而後，仔細推一下發現它就是答案。

對於一個點，它的父邊和全部子邊的移進移出的順序，和其它點的順序是互相獨立的。

等於說咱們總能安排一個合法的順序，使得它們一進一出一進一出。。。這樣完整地銜接起來，而不會互相矛盾。

基環樹

環長爲偶數

顯然的想法：把整個環當作根，不在環上的點的答案照算不誤。因此把多出來一條邊去掉作好樹形DP。

首先這仍是一個二分圖，所以\(a_{rt}\)不爲\(0\)一樣無解。

因而，彷佛這條邊存在的意義只有分攤一部分轉移、減小總次數了。

那麼接下來要作的是，肯定環上每條邊的移動方向和次數。

設環長爲\(n\)，\(A_i\)爲以\(i\)爲根求得的\(a\)值，\(x_i\)爲環上第\(i\)條邊的移動參數（正負表示方向，絕對值表示次數）

由於進出平衡，咱們能夠獲得一個方程組

\[\begin{cases}x_1-x_2=A_1\\x_2-x_3=A_2\\...\\x_n-x_1=A_n\end{cases}\]

這時候咱們發現上面那個方程組是沒有惟一解的。那到底該分攤多少呢？

不着急，咱們着眼於最小化\(\sum|x_i|\)，再把方程組整一整

\[\begin{cases}x_1=x_1-0\\x_2=x_1-A_1\\x_3=x_1-A_1-A_2\\...\\x_n=x_1-\sum_{i=1}^{n-1}A_i\end{cases}\]

每一行的\(A\)都是前綴和的形式，在樹形DP的時候對應的是環上的每一個點的\(a\)。

看到這兒就豁然開朗了。這不等於說，數軸上有若干個點取值分別爲每個\(a\)，找到一個點\(x_1\)使它到全部點距離之和最小？

把全部\(a\)排序，\(x_1\)不就能夠取第\(\frac n 2\)大的數到第\(\frac n 2+1\)大的數之間的任意整數麼？

最後把環上的DP值改一改就OK了。

環長爲奇數

由於不是二分圖了，因此直接解方程好像作不下去。咱們從更直觀的意義來理解它。

仍然是去掉一條邊作樹形DP。這時候咱們看看，在這條非樹邊上操做，在奇偶染色模型下等價於什麼呢？

沒錯，兩個棋子會在這裏同時變成空位，兩個空位會在這裏同時變成棋子！

那這條邊存在的意義，是把棋子或空位中多的減掉、少的補上。要操做多少次呢？\(\frac{\sum A_i}{2}\)，在樹形DP中對應的是\(\frac{a_{rt}}{2}\)。

注意若是\(a_{rt}\)是奇數那麼無解。不然環底部的\(A\)發生了變化，致使要把環上的\(a\)都減掉\(\frac{a_{rt}}{2}\)。

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最後的最後掃一遍數組統計答案。代碼沒有任何難點。

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e5+9,M=2*N;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
    G;while(*ip<'-')G;
    R x=*ip&15;G;
    while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
    return x;
}
int he[N],ne[M],to[M],f[N],a[N],b[N];
int Getf(R x){
    return x==f[x]?x:f[x]=Getf(f[x]);
}
void Dfs(R x,R op){
    a[x]=op;
    for(R y,i=he[x];i;i=ne[i])
        if((y=to[i])!=f[x])
            f[y]=x,Dfs(y,-op),a[x]+=a[y];
}
int main(){
    R n=in(),m=in(),rt=1,re=1,p=0,ans=0;
    for(R i=1;i<=n;++i)f[i]=i;
    for(R p=0,i=1;i<=m;++i){
        R x=in(),y=in();
        if(Getf(x)!=Getf(y))f[f[x]]=f[y];
        else{rt=x,re=y;continue;}//把多的邊單獨拿出來
        ne[++p]=he[x];to[he[x]=p]=y;
        ne[++p]=he[y];to[he[y]=p]=x;
    }
    f[rt]=0;Dfs(rt,1);
    if(n==m){//基環樹
        for(R x=re;x;x=f[x])b[++p]=a[x];
        if(p&1){//奇環
            if(a[rt]&1)return puts("-1"),0;
            for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=a[rt]>>1;
        }
        else{//偶環
            if(a[rt])return puts("-1"),0;
            sort(b+1,b+p+1);
            for(R x=re;x;x=f[x])a[x]-=b[p>>1];
        }
    }//樹
    else if(a[rt])return puts("-1"),0;
    for(R i=1;i<=n;++i)ans+=abs(a[i]);
    return cout<<ans<<endl,0;
}