Atcoder beginner contest(ABC) 133 E题解

Description

给定一个 $n$个节点的树。现在你拥有 $k$种颜色，你要用这些颜色给树上的每个节点染色，使得任何两个距离不大于 $2$的不同节点所被染的颜色不同。

由于答案可能过大，请将其对 $10^9+7$取模。

Solution

不管各位大佬有多强一眼看穿这题，但是本蒟蒻没有这个本事。于是，我从宏观想，一直向下剖析，最终得到了正解。

于是，这篇题解将会变得格外详细。

Part 1

这是经典的染色问题。

设 $a_i$表示第 $i$个节点所能被染的颜色的数量。因为这是一棵树，所以答案就是 $∏_{i=1}^n a_i$。

于是，难点转到了如何正确地得到所有的 $a_i$。

Part 2

容易发现，一个父节点的任何两个子节点的距离均为2。

为了方便叙述，这里把"父节点"设为 $f$号节点。同时，设我们在 $f$号节点的孩子中，我们第 $k$个填了 $s_k$号节点。

那么显然有 $a_{s_1}=a_{s_2}+1=a_{s_3}+2$。

原因如下: 填了 $s_1$号节点之后，它使 $s_2$与 $s_3$所能被填的颜色均少了一种；填了 $s_2$号节点之后，它使 $s_3$能被填的颜色又少了一种。

因此，总有 $a_{s_m}=a_{s_{m+1}}+1$。所以只要我们得到 $a_{s_1}$的值，那么接下来的 $a_{s_2}, a_{s_3}……$的值就全得到啦。

于是，最后的难点转到了求 $a_{s_1}$的值。

Part 3

由于 $a_{s_1}$是在 $f$号节点的孩子中第一个被填的，所以它不会被其他的 $f$号节点的孩子所影响。

但是，它仍然会被与它距离不超过2的祖先所影响。即，如果它有父亲，那么它能填的颜色就少了一种；如果它有爷爷，那么它能填的颜色就又少了一种，注意其父亲的颜色与其爷爷的颜色一定不同。

综上所述，

①当 $depth_{s_1}=1$时， $a_{s_1}=k$ ( $k$为所能够填的颜色的数量)；

②当 $depth_{s_1}=2$时，由于它没有爷爷，那么 $a_{s_1}=k-1$

③当 $depth_{s_1}=3$时，由于既有爷爷也有父亲，那么 $a_{s_1}=k-2$。

得到了 $a_{s_1}$的值之后呢，我们使用Part 2的做法就能得到所有 $a_i$的值。最后求出 $∏_{i=1}^n a_i$就可以啦。

注意取模。

评定

①难度: 不会评

②算法: 数学,数论+树形结构+搜索+深度优先搜索,dfs

③时间复杂度: $O(n)$

④评价: 这是一道染色问题的入门题，树形结构的普通题，也是一道让我想了 $20$分钟的E题(我太弱了)。欢迎各位大佬轻喷哦！

代码详解

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;

那熟悉的几行字，不再解释。

int n,k,cnt=0,ans=1;
int head[200005],depth[100005],a[100005];

struct node
{
	int u,v;
}tmp[100005];

struct edge
{
	int next;
	int to;
}e[200005];

强迫症地存下了每条边，然后用链式前向星存图。

注意这里要初始化 $ans=1$，因为要做乘法。

inline void add_edge(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}

加边函数~

inline void dfs(int now,int fath)
{
	depth[now]=depth[fath]+1;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)  dfs(e[i].to,now);
	}
}

求出每个点的深度，以便分类讨论。

inline void dfs2(int now,int fath)
{
	if (depth[now]==2)  a[now]--;
	else if (depth[now]>=3)  a[now]-=2;
	
	int flag=0,last;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)
		{
			if (flag==0)
			{
				last=a[e[i].to];
				flag=1;
				continue;
			}
			a[e[i].to]=last-1;
			last=a[e[i].to];
		}
	}
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)  dfs2(e[i].to,now);
	}
}

求出所有 $a_i$的值。

signed main()
{
	cin>>n>>k;
	for (int i=1;i<n;i++)  cin>>tmp[i].u>>tmp[i].v;
	for (int i=1;i<=n;i++)  a[i]=k;
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		add_edge(tmp[i].u,tmp[i].v);
		add_edge(tmp[i].v,tmp[i].u);
	}
	dfs(1,0);
	dfs2(1,0);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int gx=max(a[i],0ll);
		ans=(ans*gx)%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

注意:

①加两次边，否则WA；

②一边乘一边取模，否则溢出；

③个人认为可能会出现节点没有颜色可涂，这样该节点能涂的颜色就是0或负数，所以说 $max(a_i,0)$格外重要。不要以为不会出现这样的情况——当该树只有两层且 $n$小于 $k$。这时应该输出0而不是一个负数。

主函数总归还是亲切的，相信大家能理解吧。

最后放上高清无码的代码~

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;

int n,k,cnt=0,ans=1;
int head[200005],depth[100005],a[100005];

struct node
{
	int u,v;
}tmp[100005];

struct edge
{
	int next;
	int to;
}e[200005];

inline void add_edge(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].next=head[u];
	head[u]=cnt;
}

inline void dfs(int now,int fath)
{
	depth[now]=depth[fath]+1;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)  dfs(e[i].to,now);
	}
}

inline void dfs2(int now,int fath)
{
	if (depth[now]==2)  a[now]--;
	else if (depth[now]>=3)  a[now]-=2;
	
	int flag=0,last;
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)
		{
			if (flag==0)
			{
				last=a[e[i].to];
				flag=1;
				continue;
			}
			a[e[i].to]=last-1;
			last=a[e[i].to];
		}
	}
	for (int i=head[now];i;i=e[i].next)
	{
		if (e[i].to!=fath)  dfs2(e[i].to,now);
	}
}

signed main()
{
	cin>>n>>k;
	for (int i=1;i<n;i++)  cin>>tmp[i].u>>tmp[i].v;
	for (int i=1;i<=n;i++)  a[i]=k;
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		add_edge(tmp[i].u,tmp[i].v);
		add_edge(tmp[i].v,tmp[i].u);
	}
	dfs(1,0);
	dfs2(1,0);
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int gx=max(a[i],0ll);
		ans=(ans*gx)%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

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