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1. 题目分析本题给定一棵包含 n 个节点的树部分节点放置有宝物。小杨从任意节点出发每条边至多经过一次经过后边消失问能否取得所有宝物。由于每条边只能走一次小杨的路径本质上是一条简单路径不重复经过边。因此问题转化为是否存在一条简单路径能够覆盖所有放置宝物的节点。2. 核心思路在树中一条简单路径能覆盖的节点集合其关键性质是所有宝物节点必须位于同一条路径上。等价地从任意一个宝物节点出发到其他所有宝物节点的路径都必须经过同一条「主干路径」。更简洁的判定方法所有宝物节点中度数在宝物节点构成的虚树中大于 2 的节点不能超过 2 个。换句话说宝物节点必须形成一条链。3. 判定方法具体做法如下找出所有宝物节点。任选一个宝物节点作为起点找到离它最远的宝物节点 u通过 DFS 求距离。再从 u 出发找到离 u 最远的宝物节点 v。检查从 u 到 v 的这条路径是否覆盖了所有宝物节点。若覆盖则输出 Yes否则输出 No。这是因为如果所有宝物节点都在同一条路径上那么「最远点对」的两端 u、v 之间的路径必然覆盖全部宝物节点。4. 复杂度分析每组测试数据需要做两次 DFS 或 BFS时间复杂度为 O(n)空间复杂度为 O(n)。对于 n ≤ 105、t ≤ 10 的数据规模完全可行。5. C 参考代码#include bits/stdc.h using namespace std; const int MAXN 100005; vectorint g[MAXN]; int a[MAXN]; int n; // DFS 求从 start 出发到所有节点的距离返回最远宝物节点及其距离 pairint, int dfs(int start, int parent, int dist) { pairint, int best {start, dist}; if (!a[start]) best.second -1; // 非宝物节点不作为候选 for (int v : g[start]) { if (v parent) continue; auto res dfs(v, start, dist 1); if (res.second best.second) best res; } return best; } // 检查从 u 到 v 的路径是否覆盖所有宝物节点 bool check(int u, int v) { // 记录路径上的节点 vectorint path; // 用父节点数组回溯路径 vectorint parent(n 1, -1); queueint q; q.push(u); parent[u] 0; while (!q.empty()) { int cur q.front(); q.pop(); if (cur v) break; for (int nxt : g[cur]) { if (parent[nxt] -1) { parent[nxt] cur; q.push(nxt); } } } // 从 v 回溯到 u int cur v; while (cur ! 0) { path.push_back(cur); cur parent[cur]; } // 检查所有宝物节点是否都在路径上 vectorbool onPath(n 1, false); for (int node : path) onPath[node] true; for (int i 1; i n; i) { if (a[i] !onPath[i]) return false; } return true; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int t; cin t; while (t--) { cin n; for (int i 1; i n; i) { cin a[i]; g[i].clear(); } for (int i 0; i n - 1; i) { int x, y; cin x y; g[x].push_back(y); g[y].push_back(x); } // 找到任意一个宝物节点作为起点 int start 1; for (int i 1; i n; i) { if (a[i]) { start i; break; } } // 第一次 DFS找到离 start 最远的宝物节点 u auto p1 dfs(start, 0, 0); int u p1.first; // 第二次 DFS找到离 u 最远的宝物节点 v auto p2 dfs(u, 0, 0); int v p2.first; // 检查 u 到 v 的路径是否覆盖所有宝物 if (check(u, v)) cout Yes\n; else cout No\n; } return 0; }6. 样例验证以样例第一组数据为例宝物节点为 2 和 4。从节点 2 出发最远宝物节点是 4路径 2-1-3-4 覆盖了所有宝物节点因此输出 Yes。第二组数据中所有 5 个节点都有宝物宝物节点形成的是「Y」形结构节点 3 连接 1、4、5无法用一条简单路径覆盖全部节点因此输出 No。7. 总结本题的核心在于将「能否取得所有宝物」转化为「所有宝物节点是否位于同一条简单路径上」。通过两次 DFS 找到最远宝物点对再验证路径覆盖即可在 O(n) 时间内完成判定。 C++ 树上宝物收集问题：能否取得所有宝物
1. 题目分析本题给定一棵包含 n 个节点的树部分节点放置有宝物。小杨从任意节点出发每条边至多经过一次经过后边消失问能否取得所有宝物。由于每条边只能走一次小杨的路径本质上是一条简单路径不重复经过边。因此问题转化为是否存在一条简单路径能够覆盖所有放置宝物的节点。2. 核心思路在树中一条简单路径能覆盖的节点集合其关键性质是所有宝物节点必须位于同一条路径上。等价地从任意一个宝物节点出发到其他所有宝物节点的路径都必须经过同一条「主干路径」。更简洁的判定方法所有宝物节点中度数在宝物节点构成的虚树中大于 2 的节点不能超过 2 个。换句话说宝物节点必须形成一条链。3. 判定方法具体做法如下找出所有宝物节点。任选一个宝物节点作为起点找到离它最远的宝物节点 u通过 DFS 求距离。再从 u 出发找到离 u 最远的宝物节点 v。检查从 u 到 v 的这条路径是否覆盖了所有宝物节点。若覆盖则输出 Yes否则输出 No。这是因为如果所有宝物节点都在同一条路径上那么「最远点对」的两端 u、v 之间的路径必然覆盖全部宝物节点。4. 复杂度分析每组测试数据需要做两次 DFS 或 BFS时间复杂度为 O(n)空间复杂度为 O(n)。对于 n ≤ 105、t ≤ 10 的数据规模完全可行。5. C 参考代码#include bits/stdc.h using namespace std; const int MAXN 100005; vectorint g[MAXN]; int a[MAXN]; int n; // DFS 求从 start 出发到所有节点的距离返回最远宝物节点及其距离 pairint, int dfs(int start, int parent, int dist) { pairint, int best {start, dist}; if (!a[start]) best.second -1; // 非宝物节点不作为候选 for (int v : g[start]) { if (v parent) continue; auto res dfs(v, start, dist 1); if (res.second best.second) best res; } return best; } // 检查从 u 到 v 的路径是否覆盖所有宝物节点 bool check(int u, int v) { // 记录路径上的节点 vectorint path; // 用父节点数组回溯路径 vectorint parent(n 1, -1); queueint q; q.push(u); parent[u] 0; while (!q.empty()) { int cur q.front(); q.pop(); if (cur v) break; for (int nxt : g[cur]) { if (parent[nxt] -1) { parent[nxt] cur; q.push(nxt); } } } // 从 v 回溯到 u int cur v; while (cur ! 0) { path.push_back(cur); cur parent[cur]; } // 检查所有宝物节点是否都在路径上 vectorbool onPath(n 1, false); for (int node : path) onPath[node] true; for (int i 1; i n; i) { if (a[i] !onPath[i]) return false; } return true; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int t; cin t; while (t--) { cin n; for (int i 1; i n; i) { cin a[i]; g[i].clear(); } for (int i 0; i n - 1; i) { int x, y; cin x y; g[x].push_back(y); g[y].push_back(x); } // 找到任意一个宝物节点作为起点 int start 1; for (int i 1; i n; i) { if (a[i]) { start i; break; } } // 第一次 DFS找到离 start 最远的宝物节点 u auto p1 dfs(start, 0, 0); int u p1.first; // 第二次 DFS找到离 u 最远的宝物节点 v auto p2 dfs(u, 0, 0); int v p2.first; // 检查 u 到 v 的路径是否覆盖所有宝物 if (check(u, v)) cout Yes\n; else cout No\n; } return 0; }6. 样例验证以样例第一组数据为例宝物节点为 2 和 4。从节点 2 出发最远宝物节点是 4路径 2-1-3-4 覆盖了所有宝物节点因此输出 Yes。第二组数据中所有 5 个节点都有宝物宝物节点形成的是「Y」形结构节点 3 连接 1、4、5无法用一条简单路径覆盖全部节点因此输出 No。7. 总结本题的核心在于将「能否取得所有宝物」转化为「所有宝物节点是否位于同一条简单路径上」。通过两次 DFS 找到最远宝物点对再验证路径覆盖即可在 O(n) 时间内完成判定。