[HEOI2013]EDEN的博弈问题

对于有两个玩家的，状态透明且状态转移确定的博弈游戏，博弈树是常用的分析工具。博弈树是一棵有根树，其中的节点为游戏的状态。若节点B的父亲是A，则说明状态A能通过一次决策转移到状态B。每个状态都有一个唯一的决策方，即这个状态下应该由哪一方做出决策。我们规定双方在任何时候都是轮流做出决策的，即树上相邻节点的决策方总是不相同的。在这个问题中，我们只关心两个玩家的胜负情况，且规定游戏不会出现平局。

我们称两个玩家分别为黑方和白方，其中根节点的决策方为黑方。显然每个节点只有两个状态：黑方胜和白方胜。若某内节点（即存在后继节点的节点）的决策方为黑方，则该节点为黑方胜的充要条件为它的儿子中存在黑方胜的节点，反之亦然。求解博弈树即为判明博弈树根节点的状态。如果我们得知了所有叶节点（即无后继节点的节点）的状态，那么博弈树就很容易求解了。但是现在的情况是所有叶节点的状态均为未知的，需要进一步的计算。

对于一个由叶节点构成的集合S，如果S中的节点均被判明为黑方胜，就可以断言根节点为黑方胜的话，则称S为一个黑方胜集合。对于黑方胜集合 S，如果对于任意的黑方胜集合 S’均满足|S| ≤ |S’ |（|S|表示集合S中的元素数目），则称S为一个最小黑方胜集合。同样地，也可以定义白方胜集合和最小白方胜集合。

Eden最近在研究博弈树问题。他发现，如果一个叶节点既属于某一个最小黑方胜集合，又属于一个最小白方胜集合，那么求解这个节点的状态显然最有益于求解根节点的状态。像这样的叶节点就称之为关键叶节点。对于一棵给定的博弈树，Eden想要知道哪些叶节点是关键叶节点。

每个测试点包含一组测试数据。
测试数据的第一行包含一个正整数n，表示博弈树的节点数目。
节点从1到n 编号，且 1 号节点为根节点。
之后n–1 行，每行包含一个正整数。第i行的正整数表示节点i的父节点的编号。

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; const int N=200005; const int inf=1000000000; int n,dep[N],cnt,last[N],f[N],tag[N]; struct edge { int to,next; }e[N]; void addedge(int u,int v) { e[++cnt].to=v; e[cnt].next=last[u]; last[u]=cnt; } void dp1(int x,int fa) { dep[x]=dep[fa]+1; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) dp1(e[i].to,x); if(!last[x]) { f[x]=1; return; } if(dep[x]&1) { f[x]=inf; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(f[x]=min(f[x],f[e[i].to])); } else { f[x]=0; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) f[x]+=f[e[i].to]; } } void work1(int x) { if(!last[x]) tag[x]++; if(dep[x]&1) { for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(f[e[i].to]==f[x]) work1(e[i].to); } else { for(int i=last[x];i;i=e[i].next) work1(e[i].to); } } void dp2(int x) { for(int i=last[x];i;i=e[i].next) dp2(e[i].to); if(!last[x]) { f[x]=1; return; } if(dep[x]&1) { f[x]=0; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) f[x]+=f[e[i].to]; } else { f[x]=inf; for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(f[x]=min(f[x],f[e[i].to])); } } void work2(int x) { if(!last[x]) tag[x]++; if(dep[x]&1) { for(int i=last[x];i;i=e[i].next) work2(e[i].to); } else { for(int i=last[x];i;i=e[i].next) if(f[e[i].to]==f[x]) work2(e[i].to); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=2,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),addedge(x,i); dp1(1,0); work1(1); dp2(1); work2(1); int s1=0,s2=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(tag[i]==2) { printf("%d ",i); break; } for(int i=1;i<=n;i++) if(tag[i]==2) s1++,s2^=i; printf("%d %d",s1,s2); return 0; }

详情