題意 ：

• n點的樹，每個點的點權distinct，求分別從每個點出發能到達的點數（被到達的點必須是路徑上點權最大的點）

思路 ：

• 考慮點權最大的那個結點（假設為u），顯然不管從哪個結點開始跳一次，都可以跳到u，且不能越過u，也就是說到達u后不能跳到其它點，于是u一定是最優方案中最后一個到達的點。我們將結點u以及它相連的邊從樹上去掉，對剩下的每個連通塊遞歸進行上述過程即可獲得答案。
• 但要實現上述遞歸過程并不容易，轉而反向思考這個過程，按點權從小到大枚舉結點u，并將u作為所有與u相連的（已經枚舉過的）連通塊的根（用并查集維護，只連一個點可以將復雜度從O(n)降到O(logn)）從而建立一顆新樹，每個結點的深度（根深度為1）即是答案

#include <iostream> #include <cstring> #include <map> #include <vector>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;vector<int> G[N], G2[N]; int fa[N]; bool st[N]; int c[N], a[N]; map<int, int> dc;void init(int n) {for (int i = 1; i <= n; i ++ )fa[i] = i; }int find(int x) {if (fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]);return fa[x]; }void merge(int a, int b) {a = find(a), b = find(b);if (a != b) fa[a] = b; }// 求點的深度 void dfs(int u) {for (auto v : G2[u]){a[v] = a[u] + 1;dfs(v);} }int main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);int T;cin >> T;while (T -- ){int n;cin >> n;// 并查集初始化init(n);// 多組數據for (int i = 1; i <= n; i ++ ) G[i].clear(), G2[i].clear();memset(st, 0, sizeof st);dc.clear();// 樹，無向圖，注意是n - 1條邊！！！for (int i = 0; i < n - 1; i ++ ){int u, v;cin >> u >> v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);}// map 點權-點編號for (int i = 1; i <= n; i ++ ){cin >> c[i];dc[c[i]] = i;}st[dc.begin() -> second] = true; // 點權值最小的點為根，第一個訪問for (auto it = ++ dc.begin(); it != dc.end(); it ++ ){auto u = it -> second;for (auto v : G[u]) // 原圖中相連的點{if (!st[v]) continue; // 已經枚舉過的連通塊int cc = find(v);merge(v, u); // 將已經枚舉過的連通塊的根接在u下G2[u].push_back(cc);}st[u] = true; // 已經訪問過u}int x = ( -- dc.end()) -> second;a[x] = 1;dfs(x);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << a[i] << endl;}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Jumping Monkey 并查集，反向思维的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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