P9352 [JOI 2023 Final] Cat Exercise
树形 dp+trick+并查集
若我们以当前猫在的位置 \(u\) 为根，那么猫的下一步移动就会走到其中一个子树中。猫只有在我们把障碍放到当前的位置时才会移动，所以一定无法回到 \(u\) 点。要指定进入某个子树，只需要把其他子树都堵住即可。
考虑树形 dp。设 \(f_u\) 表示以 \(u\) 为根（猫所在位置）的最大移动次数。由于猫的终点无法确定，而起点一定在最高点，所以我们考虑从终点转移到起点。那么就考虑猫咪下一步会在哪些位置。设 \(pos_u\) 表示 \(u\) 子树中的最高点，那么有：
\(f_u=\max(f_u,f_{pos_v}+dist(u,pos_v))(a_u>a_{pos_v})\)
这样做最后答案就是最高点的 \(f_u\)。
我们直接钦定一个根是无法满足无后效性的，\(u\) 的转移是对于所有子树（包括其父亲所构成的子树）。考虑怎样满足无后效性。我们发现转移的时候一定有 \(a_u>a_{pos_v}\)，所以我们按照 \(a\) 从小到大转移就可以。
每个点权都不同，所以考虑一个 trick，连边 \((a_u,a_v)\)，这样子构成的新树与原树结构上相同，本质上只是编号变为点权，\(dist\) 数据结构维护。考虑如何找到 \(pos_v\)，可以用并查集维护当前枚举过的点构成的连通块，枚举小根合并在大根上即可。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
typedef long long i64;
const i64 iinf = 0x3f3f3f3f, linf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 200010;
int n;
i64 dep[N], anc[N][20], dp[N], fa[N], a[N];
std::vector<int> e[N];
void dfs(int u, int fa) {
dep[u] = dep[fa] + 1;
anc[u][0] = fa;
for(int i = 1; i <= 19; i++) anc[u][i] = anc[anc[u][i - 1]][i - 1];
for(auto v : e[u]) {
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
}
}
int lca(int u, int v) {
if(dep[u] < dep[v]) std::swap(u, v);
for(int i = 19; i >= 0; i--) if(dep[anc[u][i]] >= dep[v]) u = anc[u][i];
if(u == v) return u;
for(int i = 19; i >= 0; i--) if(anc[u][i] != anc[v][i]) u = anc[u][i], v = anc[v][i];
return anc[u][0];
}
int dist(int u, int v) {
int rt = lca(u, v);
return dep[u] + dep[v] - 2 * dep[rt];
}
int find(int x) {
if(x != fa[x]) fa[x] = find(fa[x]);
return fa[x];
}
void Solve() {
std::cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
fa[i] = i;
std::cin >> a[i];
}
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
std::cin >> u >> v;
e[a[u]].pb(a[v]), e[a[v]].pb(a[u]);
}
dfs(1, 0);
for(int u = 1; u <= n; u++) {
for(auto v : e[u]) {
int fv = find(v);
if(fv < u) fa[fv] = u, dp[u] = std::max(dp[u], dp[fv] + dist(u, fv));
}
}
std::cout << dp[n] << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
Solve();
return 0;
}