CF1919D 01 Tree
模拟赛赛时做了一道非常类似的题，但题面是一条为 $0$ 的边和一条可能为 $0$ 或 $1$ 的边，修改合并条件后就能通过此题。
与现有题解做法均不同（雾），求通过。
思路
因为这道题目中的两条边都是固定的，所以为 $0$ 的节点一定有且仅有一个。
我们不考虑拆分点，而是合并点，将新点权设为。
发现两点之差为 $1$ 的时候就可以合并这两个点。
那我们考虑维护四个值：$l_{mi},l_{mx},r_{mi},r_{mx}$ 分别代表某个区间从左/右开始往中间合并能合并出的最大/小值。
显然最大值和最小值之间的所有值都是可以取到的。因为合并的值最大差值为 $1$，并且必须连续。
不妨维护多个区间的这四个值，判断可否合并，再判断最后剩下的那个区间最小值是否为 $0$ 即可。
具体的：
两个最小值显然都更新为合并完所有点后的值；
左/右最大值为左/右边区间的左/右最大值，因为它们显然无法变的更大，也不需要变小；
若一个区间的合并方向最大值加 $1$ 后还是小于另一个区间的合并方向最小值，显然无法合并。
若两个区间的合并方向的四个值均相等，则这两个值只能取相等，也无法合并。
代码
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| #include<bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
#define int long long
#define pii pair<int,int>
#define fep(i,s,e) for(int i=s;i<e;i++)
#define pef(i,s,e) for(int i=s;i>e;i--)
#define rep(i,s,e) for(int i=s;i<=e;i++)
#define per(i,s,e) for(int i=s;i>=e;i--)
namespace FastIO{
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0;int f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);x*=f;
}
template<typename T,typename...Args>
inline void read(T &x,Args&...args){
read(x);
read(args...);
}
template<typename T>void print(T x){
if(x<0)x=-x,putchar('-');
if(x>9)print(x/10);
putchar((x%10)^48);
}
}
using namespace std;
using namespace FastIO;
const int N=2e5+47;
struct node{
int lmi,lmx,rmi,rmx;
}now;
int T,n,a[N],cnt0;
vector<node>q,Q;
signed main(){
read(T);
while(T--){
cnt0=0;
read(n);
q.clear();
rep(i,1,n){
read(a[i]);
if(a[i]==0)cnt0++;
q.emplace_back(node{a[i],a[i],a[i],a[i]});
}
if(cnt0>1){
puts("NO");
continue;
}
while(q.size()>1){
Q.clear();
now=q[0];
fep(i,1,q.size()){
if((now.rmi>q[i].lmx+1)||(now.rmx<q[i].lmi-1)&&(!(now.rmi==now.rmx==q[i].lmi==q[i].lmx))){
Q.emplace_back(now);
now=q[i];
continue;
}
now.lmi=min({now.lmi,q[i].lmi,q[i].rmi});
now.rmi=min({now.rmi,q[i].lmi,q[i].rmi});
now.rmx=q[i].rmx;
}
Q.emplace_back(now);
if(Q.size()==q.size())break;
q=Q;
}
if(q.size()!=1||q[0].lmi!=0){
puts("NO");
}
else puts("YES");
}
}
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放 T1 是人？
