【图论C++】树的重心——教父POJ 3107（链式前向星的使用）

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 * @author          jUicE_g2R(qq:3406291309)————彬(bin-必应)
 *						一个某双流一大学通信与信息专业大二在读	
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 * @copyright       2023.9
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• Statement1💯 有些描述是个人理解，可能不够标准，但能达其意

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文章目录

• 》》》算法竞赛
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• 21 树上问题
• • 21-0 关于 树 的问题 有哪些？
  • 21-1 树的重心
  • • 21-1-1 重心是什么？
    • 21-1-2 重心的性质
    • 21-1-2 重心的查找
• 教父（poj 3107）

21 树上问题

• 树 是 图 的一种特例， 树 就是 “没有环” 的 连通图

判断一个 图 是否是一个 树，需要满足的条件：

• 1）树根：一棵树可以基于无向图与有向图，区别在于树根。

  基于无向图的树（无根树），是没有固定树根的（也就是说树根的个数可能不止为1，或说每个结点都能做为树根）

  基于有向图的树（有根树），有且仅有一个树根

• 2）父节点与子节点的关系：每个节点有且仅有一个父节点。从根节点遍历，必须由父节点遍历到子节点

• 3）连通性：从 根 出发可以遍历树上所有（除根节点外）节点，且到这些节点的路径只有一条

有根树 与 有向无环图 DAG 的 区别

有向无环图：不能从某点开始经过数点回到该点

有根树 都是 DAG，DAG 不一定是 有根树（如下图：虽然没有构成环，但是4号节点同时拥有两个父节点，不符合有根树的定义）

21-0 关于 树 的问题 有哪些？

直通车：

• 树的判断：判定 图 是否为 树 的方法是 DFS遍历
• 树的存储：与 图 的存储方式一致（链式前向星）
• 树的路径问题（包含了 查找最近公共祖先LCA）：点击直通 树的路径问题
• 树的直径
• 树的重心（下文将讲解）
• 多叉树、二叉树
• 树上前缀和，树上差分

21-1 树的重心

21-1-1 重心是什么？

• 树的重心 适用在 无根树（一个不含回路的无向图）
• 树的重心 是 以任意结点 u 为根 计算它最大子树的节点数 $nod{e}_n$，如果 u节点 的 $nod{e}_n$ 最少，则 u节点 为 树的重心。

可以一眼看出：4号结点 就是 树的重心，因为这个点能满足 $nod{e}_n$ 是最小的（左子树{4,2,1,3,}：4个，右子树{4,5,6,7}：4个），而其他任意一个节点的子树（例如 2号节点的最大子树{2,4,5,6,7}5个)都是比这个点的最大子树的节点数是大的。

21-1-2 重心的性质

• 以树的重心为根时，所有子树的大小都不超过整棵树大小的一半。（树上分治会用到）

• 树的重心如果不唯一，则至多有两个，且这两个重心相邻。

• 树中所有点到某个点的距离和中，到重心的距离和是最小的；如果有两个重心，那么到它们的距离和一样。

• 把两棵树通过一条边相连得到一棵新的树，那么新的树的重心在连接原来两棵树的重心的路径上。

• 在一棵树上添加或删除一个叶子，那么它的重心最多只移动一条边的距离。（往树上增加或减少一个叶子，如果原节点数是奇数，那么重心可能增加一个，原重心仍是重心；如果原节点数是偶数，重心可能减少一个，另一个重心仍是重心）

21-1-2 重心的查找

教父（poj 3107）

问题描述

城里有一个黑手党组织。把黑手党的人员关系用一棵树来描述，教父是树的根，每个节点是一个组织成员。为了保密，每人只和他的父节点和他的子节点联系。警察知道哪些人互相来往，但是不知他们的关系。警察想找出谁是教父。
警察假设教父是一个聪明人：教父懂得制衡手下的权力，所以他直属的几个小头目，每个人的属下的人数差不多。也就是说，删除根之后，剩下几棵互不连通的子树(连通块)，其中最大的连通块应该尽可能小。请帮助警察找到哪些人可能是教父。
输入：第1行输入n，表示组织人数，$2\le n\le 50000$ 。组织成员的编号为1～n。下面n-1行中，每行输入两个整数，即有联系的两个人的编号。
输出：输出疑似教父的节点编号，从小到大输出。

Input

6
1 2
2 3
2 5
3 4
3 6

Output

2 3

• 分析

“删除根之后，剩下几棵互不连通的子树(连通块)，其中最大的连通块应该尽可能小”，这句话说明了 教父 就是 这个关系树里的 重心

如何计算以 u节点 为根的子树的结点

u节点 DFS 直到“碰壁”后，将栈里的数据依次弹出，弹出一个结点数加1。

那么这样的话，可以对删除根之后，剩下几棵互不连通的子树(连通块) 进行单独的DFS，对整棵树逐一删除节点，重复上述步骤，就能得到每个结点的最大连同块。

如何优化？

上面提出的方案是 使用 暴力法 解决，其实无需如此，可以依照线段树的思维，对 同父节点的子节点 进行合并，得到父节点的子树的节点数，这样一次DFS就可以解决问题。

如上图，假如删除 结点1，得到3个连通块（含结点1的邻居：节点3、含结点1的邻居：节点0、含结点1的邻居：节点4）

对任意点做一次 DFS，特殊点，以 结点2为根节点 做DFS：

从2向0方向 一直DFS，直到遍历到节点10，停止遍历，栈开始弹出数据。，当弹出结点10时，记录 结点10 的度（即子树的结点数）$Degree[10]=1$，同理$Degree[9]=1$；当弹出4时，$Degree[4]=Degree[9]+Degree[10]+1=3$，同理算出 $Degree[3]=Degree[7]+Degree[8]+1=3$；在弹出1时，$Degree[1]=Degree[3]+Degree[4]+1=7$；删除1后，$Degree[0]=n-Degree[1]$

存储：链式前向星

链式前向星 较 领接矩阵（二维数组）在空间上优化了很多

点击直通 链式前向星（图（树）的存储）

• 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+5;
vector<int> head(N,-1);
struct Edge{
    int to,next;
    Edge():to(-1), next(-1){}				        //初始化为无邻居节点
} edge[N<<1];
vector<int> Degree(N,1);                            //初始化每个节点的度（子树的结点数）为1
int edge_n=0;                                       //记录边数
int GodFather_n=0;                                  //记录可能得教父个数
int n;                                              //人有n个，关系有n-1条
int MAX_Degree=1e9;
vector<int> ans(N,0);
void Add_Edge(int u, int v){
    edge[edge_n].to=v;
    edge[edge_n].next=head[u];                     //记录 上一个邻居节点 的 存储编号
    head[u]=edge_n++;                              //当前 邻居节点 的 存储编号，以便下一个邻居节点的访问
}
void DFS(int u=1, int father=0){
    /*计算 cur结点 的 最大连通块的结点数*/
    int temp=0;
    for(int i=head[u]; ~i; i=edge[i].next){         //遍历cur节点的邻居节点[~i相当于i=-1]
        int v=edge[i].to;                           //v 是 u 的子节点
        if(v==father)     continue;
        DFS(v,u);                                   //DFS子树
        Degree[u]+=Degree[v];                       //更新父节点的度
        temp=max(temp, Degree[v]);                  //记录cur结点的 最大子树 的 结点数
    }
    temp=max(temp, n-Degree[u]);                    //temp是cur最大连通块的节点数

    /*查找 结点数 最小的 最大连通块*/
    if(temp<MAX_Degree){                            //满足条件的话，则temp是 疑似教父 的最大连通块的结点数
        MAX_Degree=temp;                            //更新 最小的 最大连通块
        GodFather_n=0;                              //找到新的最小，将它放在第一个
        ans[++GodFather_n]=u;
    }
    else if(temp==MAX_Degree)
        ans[++GodFather_n]=u;
}

int main(int* argc, void* argv[]){
    cin>>n;
    for(int i=1; i<n;i++){
        int u,v;    cin>> u >> v;
        Add_Edge(u,v);  Add_Edge(v,u);              //无向 记录 双向有向
    }
    DFS();
    sort(ans.data()+1, ans.data()+1+GodFather_n);   //升序排列
    for(int i=1; i<=GodFather_n; i++)
        cout<<ans[i]<<" ";
    return 0;
}