前言:感謝博主@crazy_fz 提供的思路。我借鑒的是他的思路，然后大概具體講述一下大佬的思路吧。
原文鏈接：https://www.cnblogs.com/crazyfz/p/13838422.html
題意：給定一顆以1為根的樹，根節點處有無數個人，每一秒只能派一個人移動到他的相鄰節點上，問最少需要多少秒才能使所有結點被訪問過
解法: 我們分析一個樹，發現如果只派出去一個士兵的話，那么實際上我們可以發現一個結論：除了子樹上的最長鏈，其余的各個邊都走了2次。那么在有且只有一個士兵的情況之下，最優(即最小步數)就是把這個最長鏈放到最后去走(這樣就可以減少掉頭回來的重復步數啦！)。那么在之前那個博主所提到的“把子樹按高度從小到大排序”其實就是這個道理：為了避免過度冗余走重復的路徑，我們按照子樹的大小升序排列，就可以最優化走的步驟。但是問題出來了：什么時候發兵，什么時候沿用左邊那棵樹的士兵呢？這個時候我們可以比較一下該點t到左邊那棵樹v的最深點的距離(因為之前說過從小到大排列子樹了)與其到根節點root的距離，如果說從那個最深點到該節點的距離＞root到該節點的距離，那么最優的方法應該是從root點派遣新的士兵，反之沿用左邊樹上的士兵。這就是整個題的貪心過程。然后最后答案統計的時候，其實只需要把到每個葉子結點的時間求個sum就行。(因為全程只能動1個士兵，而不是多個士兵同時可以動1格，搞清題意)。
難點分析：因為我自己寫鏈式前向星寫多了，對於子樹排序其實建圖更適用於用vector來建，因為這樣可以對子節點的順序進行排序操作。而鏈式前向星不具備這個特性。此外回溯的時候的dfs寫法也值得深思。
然后最近補題的可以問教練要邀請碼然后去PTA上建重現賽(有效時長是4天)
AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) #define endl '\n' #define eps 0.000000001 #define pb push_back #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; const int INF=0x3f3f3f3f; const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; const int maxn=1e6+5; vector<pair<int,int> >vec[maxn];//深度,兒子 int getdp(int x){ if(!vec[x].size()) return 1; for(int i=0;i<vec[x].size();i++){ vec[x][i].first=getdp(vec[x][i].second); } sort(vec[x].begin(),vec[x].end()); return vec[x].back().first+1; }//統計每個點的高度並且按照升序排序 int val[maxn];//從上一個葉子點(或根節點)到該點的最小步數 int dfs(int x,int d,int v){//d統計深度，v代表到該點最小步數 val[x]=v; if(!vec[x].size()) return 1;//回溯過程 int now=v; for(auto it:vec[x]){ now=min(d,dfs(it.second,d+1,now+1)); //不斷從左樹往右樹更新now即耗時 } return now+1; } int main(){ int T;scanf("%d",&T); for(int cas=1;cas<=T;cas++){ int n;scanf("%d",&n); rep(i,1,n) vec[i].clear(); rep(i,2,n){ int x;scanf("%d",&x); vec[x].push_back({0,i}); } getdp(1); dfs(1,0,0); ll ans=0; rep(i,1,n){ if(!vec[i].size()) ans+=val[i];//把葉子結點的貢獻全部算上 } printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans); } return 0; } /* 1 11 1 2 3 4 4 4 7 4 9 9 */