今天我们来看CSP202312C.树上搜索这道题目
题意分析
本题要求模拟一个基于二分策略的分类提问过程。给定一棵以 1 为根的树，每个节点代表一个类别并带有一个权重。对于每个查询给定的目标类别 target，需要按照以下规则生成提问序列：
- 维护一个候选类别集合，初始包含全部 n 个类别；总权重为所有类别的权重之和。
- 对于候选集合中的每个类别
u，计算其子树（在候选集合中）的权重和sum[u]，并计算
delta = |sum[u] - (total - sum[u])|
即该类别子树权重与其余部分权重之差的绝对值。 - 选择
delta最小的类别作为本次提问类别（若并列取编号较小者），输出该编号。 - 判断目标类别
target是否在该类别的子树内（根据原始树的祖先关系）：- 若在，则候选集合缩小为该类别及其后代（删除其余节点）；
- 若不在，则删除该类别及其后代，保留其余节点。
- 重复步骤 2-4，直到候选集合中只剩一个类别，停止。
需要输出每次提问的类别编号。
思路
本题数据范围 n ≤ 2000，m ≤ 100，允许 O(n²) 级别的查询模拟。
预处理：
- 读入权重、父子关系，建树。
- 进行一次 DFS，得到每个节点的 DFS 序区间
[tin, tout]，用于 O(1) 判断节点之间的祖先关系；同时计算每棵子树的原始权重和subSum[u]。
模拟一次查询：
- 使用数组
sumClosure[u]表示当前候选集合中，以u为根的子树内（仅限仍在候选集合中的节点）的权重和。初始时等于subSum[u]。 - 维护变量
total表示当前候选集合的总权重，初始为subSum[1]。 - 候选集合用
vector<int> cand存储所有还在候选中的类别编号。
循环直到 cand.size() == 1：
- 遍历
cand中每个节点u，计算delta = abs(2 * sumClosure[u] - total)，选出最优提问节点best。 - 将
best加入答案数组。 - 判断
target是否在best的子树中：利用 DFS 序，inSubtree(best, target)返回tin[best] <= tin[target] && tout[target] <= tout[best]。 - 根据回答缩小候选集合：
- 若回答"是"，保留
best及其后代：对于当前cand中每个节点v，若v不在best子树内则删除。 - 若回答"否"，删除
best及其后代：若v在best子树内则删除。
- 若回答"是"，保留
- 删除节点时，需要更新
total和sumClosure：total -= w[v]；- 对于
v的所有祖先（沿着父指针向上直到根），将它们的sumClosure减去w[v]，因为这些祖先的"候选子树和"不再包含被删除的节点。
- 更新候选集合
cand为保留的节点。
注意：
由于删除节点时更新祖先的 sumClosure，下一轮计算中 sumClosure[u] 即为当前候选集合中 u 子树内的权重和，符合题意。
时间复杂度：
每个查询最多进行 n-1 次提问，每次扫描候选集合 O(n)，并更新被删除节点的祖先 O(depth)，最坏 O(n²)。对于 n≤2000，m≤100，总时间在可接受范围内。
代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<long long> w(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i];
vector<int> parent(n + 1, 0);
vector<vector<int>> children(n + 1);
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
cin >> parent[i];
children[parent[i]].push_back(i);
}
// DFS 序，用于判断祖先关系
vector<int> tin(n + 1), tout(n + 1);
vector<long long> subSum(n + 1, 0);
int timer = 0;
function<void(int)> dfs = [&](int u) {
tin[u] = ++timer;
subSum[u] = w[u];
for (int v : children[u]) {
dfs(v);
subSum[u] += subSum[v];
}
tout[u] = timer;
};
if (n >= 1) dfs(1);
auto inSubtree = [&](int u, int v) {
return tin[u] <= tin[v] && tout[v] <= tout[u];
};
for (int q = 0; q < m; ++q) {
int target;
cin >> target;
vector<long long> sumClosure = subSum;
long long total = subSum[1];
vector<int> cand;
cand.reserve(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cand.push_back(i);
vector<int> ans;
ans.reserve(n);
while (cand.size() > 1) {
int best = -1;
long long bestDelta = LLONG_MAX;
// 选择 wδ 最小的类别
for (int u : cand) {
long long delta = 2 * sumClosure[u] - total;
if (delta < 0) delta = -delta;
if (delta < bestDelta || (delta == bestDelta && u < best)) {
bestDelta = delta;
best = u;
}
}
ans.push_back(best);
// 判断目标类别是否在 best 的子树中
bool answerYes = inSubtree(best, target);
vector<int> newCand;
newCand.reserve(cand.size());
for (int v : cand) {
bool keep;
if (answerYes) {
keep = inSubtree(best, v);
} else {
keep = !inSubtree(best, v);
}
if (keep) {
newCand.push_back(v);
} else {
// 删除节点 v，更新 total 和所有祖先的 sumClosure
total -= w[v];
int u = v;
while (u != 0) {
sumClosure[u] -= w[v];
u = parent[u];
}
}
}
cand.swap(newCand);
}
for (size_t i = 0; i < ans.size(); ++i) {
if (i) cout << ' ';
cout << ans[i];
}
cout << '\n';
}
return 0;
}总结
本题核心在于理解二分提问的决策过程，并高效维护动态变化的候选集合及其子树权重和。通过 DFS 序快速判断祖先关系，利用父指针链更新权重，避免了重复计算，使得单次查询的复杂度可以接受。代码实现时需注意数据范围使用 long long 防止溢出，以及并列时选择编号较小的类别。