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顯然在雙方絕頂聰明的情況下，黑色不可能贏

首先考慮樹上一個白色的點都沒有的情況：

1、如果樹上有一個點的度數\(\geq 4\)，白色必贏，只需要第一次將這一個點染成白色，接著隨便染它的兩個鄰居就可以達成目標

2、如果樹上有一個點的度數\(=3\)，且它所連的\(3\)個點之間至少有\(2\)個點不是葉子節點，白色必贏，只需要第一次染這一個點，第二次染它的一個非葉子鄰居，第三次就一定至少存在一個未被染色的點與這兩個相鄰。

那麽剩下的情況，樹的形態只會是下圖中的三種

但是還沒完（我以為到這裏就完了結果WA2被Tutorial點名）

最重要的3、如果樹的形態是上面的圖中最下面的那一種，而且總點數為奇數，那麽白色必贏

圖長下面這樣，中間的……省略的是一條鏈，編號從左往右遞增。

白色最開始染\(2\)號點，黑色如果染\(3\)號點白色直接染\(1\)號點，所以黑色必須染\(1\)號點。此時白色染\(4\)號點，黑色又只能染\(3\)號點……如是白色染到\(2N\)號點，黑色染\(2N-1\)號點之後，白色染\(2N+1\)號點，那麽最右邊就會有兩個未被染的點，白色就贏了

其余的情況顯然都是Draw的

然後考慮已經被染成白色的點的影響，最開始天真的我想直接各種特判過掉，結果WA14不曉得怎麽回事

我們已經考慮了樹上沒有被染成白色的點的所有情況，那麽能否將一個已經被染成白色的點等價為若幹未被染成白色的點？實際上是可以的

假設下圖中\(1\)號點在原樹上是一個白色點，那就在保留它原來的鄰居的基礎上給它額外連上三個點，連成下面的ABCD結構

可以發現，如果白色將\(A\)號點塗白，黑色一定會將\(B\)號點塗黑，這樣就相當於原樹上塗白一個點了。

#include<bits/stdc++.h>
//This code is written by Itst
using namespace std;

inline int read(){
    int a = 0;
    char c = getchar();
    bool f = 0;
    while(!isdigit(c)){
        if(c == ‘-‘)
            f = 1;
        c = getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        a = (a << 3) + (a << 1) + (c ^ ‘0‘);
        c = getchar();
    }
    return f ? -a : a;
}

const int MAXN = 1e6 + 9;
struct Edge{
    int end , upEd;
}Ed[MAXN << 1];
int head[MAXN] , in[MAXN] , N , cntEd , cnt;
char s[MAXN];

inline void addEd(int a , int b){
    Ed[++cntEd].end = b;
    Ed[cntEd].upEd = head[a];
    head[a] = cntEd;
    ++in[a];
}

int main(){
    for(int T = read() ; T ; --T){
        N = read();
        cntEd = 0;
        memset(head , 0 , sizeof(int) * (N + 1));
        memset(in , 0 , sizeof(int) * (N + 1));
        for(int i = 1 ; i < N ; ++i){
            int a = read() , b = read();
            addEd(a , b);
            addEd(b , a);
        }
        scanf("%s" , s + 1);
        if(N < 3){
            puts("Draw");
            continue;
        }
        if(N == 3){
            int cnt = 0;
            for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
                cnt += s[i] == ‘W‘;
            puts(cnt >= 2 ? "White" : "Draw");
            continue;
        }
        bool ifans = 0;
        int cnt1 = 0;
        for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
            if(s[i] == ‘W‘){
                addEd(i , ++N);
                head[N] = 0;
                addEd(N , i);
                in[N] = 3;
            }
        for(int i = 1 ; !ifans && i <= N ; ++i)
            if(in[i] > 3)
                ifans = 1;
            else
                if(in[i] == 3){
                    int cnt = 0; 
                    for(int j = head[i] ; j ; j = Ed[j].upEd)
                        cnt += in[Ed[j].end] >= 2;
                    ifans = cnt >= 2;
                    ++cnt1;
            }
        if(cnt1 == 2 && (N & 1))
            ifans = 1;
        puts(ifans ? "White" : "Draw");
    }
    return 0;
}
 

CF1110G Tree-Tac-Toe 博弈論、構造