我在hackerank上做了这个名为Even Tree的问题:
https://www.hackerrank.com/challenges/even-tree
最初我不知道如何切割边缘并在树外建造一片森林。所以我在网上查了一下,在stackeverflow上看到了这个答案:
Obtain forest out of tree with even number of nodes
好吧,只计算孩子的数量看起来更简单,我用C ++实现它:
#include <iostream>
#include <list>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
int N, M, ans = 0;
cin >> N >> M;
vector<int> tree(N+1);
vector<int> count(N+1);
fill(count.begin(), count.end(), 1);
for(int i = 0; i < M; i++) {
int p, q;
cin >> p >> q;
tree[p] = q;
int root = tree[p];
// updating ancesors child count
while(root) {
count[root] += count[p];
root = tree[root];
}
}
int counter = 0;
// displaying results
for(int i = 2; i < count.size(); i++) {
cout << count[i] << " ";
if(count[i]%2 == 0)
counter++;
}
cout <<"\nans : " << counter << endl;
return 0;
}
我的问题是:这种方法有何用处?与选择具有最小边数的树相关联的子项数量?我不想复制解决方案,我想了解它背后的实际逻辑。请帮忙
答案 0 :(得分:1)
首先,问题说所有测试用例(所有输入树),都有一种方法可以删除边缘,从而保留森林的均匀大小。当然,因为结果林中的每棵树都是偶数大小,这意味着节点N的总数必须是偶数。即使树必须有解决方案,因为至少他们可以删除0边缘以形成偶数森林。
请注意,有一些边缘 CAN NOT 被删除,即连接叶节点的边缘。因此,脑子里浮现出一些贪婪的想法,结果我可以证明它们,所以它们就成了解决问题的贪婪算法。
我声称
a)任何偶数大小的子树,我们都可以安全地从原始图中删除它们以减少问题而不影响结果,方法是删除子树根及其父级的边缘(如果存在) )
b)任何奇数大小的子树,我们都可以用一个节点替换整个子树来减少问题。子树根的边缘及其父 CAN NOT 将被删除(如果存在)
我们通过矛盾证明 a)。假设我们删除图形的偶数子树将使问题从可解决到无法解决。在删除偶数子树后考虑图形,如果它是奇数大小,那么原始图形也是不可解的;如果它的大小均匀,则在删除偶数子树后必须有解。两种情况都产生矛盾。
b)非常简单,因为子树是奇数大小,其奇偶校验与单个叶节点相同,必须与其父节点连接。因此,我们可以用单个节点替换子树来减少问题。
通过 a)和 b),我们可以从树的叶子做一个贪婪的算法(因为我们已经知道必须选择连接叶子的边缘,他们正在形成子树,我们可以从这里开始减少问题)
那就是它。从概念上讲,这是算法。
你可以使用许多不同的方法来实现它,我使用DFS直接将此算法转换为代码。
有些只是计算子项的数量,因为这可以判断子树是奇数还是偶数。
有人甚至只计算偶数度数的节点数! (这是迄今为止我所知道的最明智的解决方案)
但它们都背后有相同的概念:确定子树是偶数大小的奇数,删除它们(并增加应答计数器)或用单个节点替换它们以减少问题。
所有实现也共享相同的复杂度O(N)。
这是我接受的代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w[105][105] = {0}, v[105] = {0};
int n,m,ans=0;
int dfs(int x){
v[x] = 1;
int son = 0;
for(int i=0; i<105;i++)
if(w[x][i] && !v[i]) son += dfs(i);
if(son % 2) { ans++; return 0;}
return 1;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n,&m);
for(int i=0,a,b; i<m;i++){
scanf("%d%d", &a,&b);
w[a][b] = w[b][a] = 1;
}
dfs(1);
printf("%d\n", ans-1);
return 0;
}