描述
小Hi和小Ho经常一起结对编程，他们通过各种对弈游戏决定谁担任Driver谁担任Observer。
今天他们的对弈是在一棵有根树 T 上进行的。小Hi和小Ho轮流进行删除操作，其中小Hi先手。
游戏的规则是：每次删除，小Hi或小Ho都可以选择一个非根节点，将以该节点为根的子树从 T 中删除。如果删除之后 T 只剩下一个根节点，则该次操作者胜利。
机智的小Ho认为规则对自己不利，于是他提出了一个补充规则：在小Hi第一次删除之前，小Ho可以选择是否删除根节点。如果他选择删除根节点，则原本的有根树 T 会分裂成一个森林。之后每次删除，小Hi或小Ho都可以选择一个非根节点（不是森林中任何一棵树的根），将以该节点为根的子树删除。如果删除之后森林中只剩下根节点，则该次操作者胜利。
小Hi和小Ho都是睿智的玩家，他们总是会选择最优的方案以获得胜利。
给定初始的有根树T，输出两个布尔值，分别代表小Ho在不删除和删除根节点时，先手的小Hi是否有必胜策略。0代表没有，1代表有。
输入
第一行包含一个整数 Q，代表测试数据的组数。1 ≤ Q ≤ 10
对于每组数据，第一行包含一个正整数 n，代表树T的节点个数。1 ≤ n ≤ 100000
接下来n-1行，每行包含两个整数 x 和 y，代表 x 是 y 的父节点。保证输入是一棵树，节点编号1-n。
输出
输出一个长度为2Q的01串，代表答案。
- 样例输入
-
2 5 2 5 5 4 2 3 1 2 7 4 7 2 6 1 5 3 4 1 3 1 2
- 样例输出
-
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思路：green博弈（树删边游戏）：规则为每次选择一条边删去，被删去的子树不能再被选，没有可删的一方输掉比赛。
这种题还是要用SG函数来做，此题是最基本的green博弈，我们考虑只有一条边，那么这个边的sg函数就是长度（看成一堆石子）；考虑根上有两条链，那么其sg函数就是两个长度的异或（看成两堆石子）...可以推出每个节点的sg函数=所有子节点的sg+1的异或和。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,o,l) for(int i=o;i<=l;i++)
using namespace std;
const int maxn=200010;
int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],cnt;
int sg[maxn],fcy,ind[maxn],rt;
void add(int u,int v)
{
Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v;
}
void dfs(int u,int f)
{
sg[u]=0;
for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i])
if(To[i]!=f) dfs(To[i],u);
sg[f]^=(sg[u]+1);
if(f==rt) fcy^=sg[u];
}
int main()
{
int T,N,u,v;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&N); cnt=0; fcy=0;
rep(i,1,N) ind[i]=0,Laxt[i]=0;
rep(i,1,N-1) {
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v); ind[v]++;
}
rep(i,1,N) if(!ind[i]) rt=i;
dfs(rt,0);
putchar(sg[rt]?‘1‘:‘0‘);
putchar(fcy?‘1‘:‘0‘);
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/hua-dong/p/10173141.html