描述
小Hi和小Ho准备国庆期间去A国旅游。A国的城际交通比较有特色：它共有n座城市(编号1-n)；城市之间恰好有n-1条公路相连，形成一个树形公路网。小Hi计划从A国首都(1号城市)出发，自驾遍历所有城市，并且经过每一条公路恰好两次——来回各一次——这样公路两旁的景色都不会错过。
令小Hi苦恼的是他的小伙伴小Ho希望能以某种特定的顺序游历其中m个城市。例如按3-2-5的顺序游历这3座城市。(具体来讲是要求：第一次到达3号城市比第一次到达2号城市早，并且第一次到达2号城市比第一次到达5号城市早)。
小Hi想知道是否有一种自驾顺序满足小Ho的要求。
输入
输入第一行是一个整数T(1<=T<=20)，代表测试数据的数量。
每组数据第一行是一个整数n(1 <= n <= 100)，代表城市数目。
之后n-1行每行两个整数a和b (1 <= a, b <= n)，表示ab之间有公路相连。
之后一行包含一个整数m (1 <= m <= n)
最后一行包含m个整数，表示小Ho希望的游历顺序。
输出
YES或者NO，表示是否有一种自驾顺序满足小Ho的要求。
2 7 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 3 7 3 3 7 2 7 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 3 7 3 3 2 7样例输出
YES NO
分析：
在给定的序列中，对于其中的一个ai，如果在序列中存在ai 的子树节点，
那么所有ai的子树节点，必须连续紧跟在ai的后面！！！
思路:
深搜去查找，如果规定的序列中下一个需要出现的节点是当前搜索的点的子节点，就一步步深入，并记录走过的路径
这里用了<bitset> 来非常巧妙的记录一个点的所有字节点
比如:child[105][105], child[1~105]每个都 有 105 个二进制位，若child[1][4] = 1,
也就是说 4 是 1 的子节点
最后判断能否按顺序深搜完规定序列中的节点
对于 什么每条边来回两次这个问题，
因为是一个最小生成树，正因为有了这个条件，才得出，若想实现规定的顺序，那么必须，
对于规定序列的一个ai，如果在序列中存在ai 的子树节点，
那么所有ai的子树节点必须连续紧跟在ai的后面。。。。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 100 + 5;
int book[MAXN][MAXN];
int task[MAXN];
int m;
int cnt; // 判断能否完成任务
int flag; // 用来判断能否完成任务
vector<int> T[MAXN]; // tree
bitset<MAXN> child[MAXN]; // 巧妙用2进制位记录每个节点的所有子节点
// 声明函数
void inputT(int n);
void init();
void getchild(int fv, int v);
void solve(int fv, int v);
// 主函数
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
//t组测试数据
int t;
cin >> t;
while (t--)
{
// 初始化
init();
//n 个节点
int n;
cin >> n;
//读入最小生成树
inputT(n - 1);
//获得每个节点的子节点
getchild(-1, 1);
// 解决
solve(-1, 1);
// 判断flag
if (flag)
cout << "YES" << endl;
else
cout << "NO" << endl;
}
// system("pause");
return 0;
}
// 初始化
void init()
{
flag = 0;
cnt = 0;
memset(book, 0, sizeof(book));
memset(task, 0, sizeof(task));
for (int i = 0; i < MAXN; i++)
{
T[i].clear();
// 所有二进制位归零
child[i].reset();
}
}
// 读入树
void inputT(int n)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
int v1, v2;
cin >> v1 >> v2;
//因为没有确定v1 v2的大小关系，所以要双向读入
T[v1].push_back(v2);
T[v2].push_back(v1);
book[v1][v2] = 1;
book[v2][v1] = 1;
}
cin >> m;
for (int i = 0; i < m; i++)
cin >> task[i];
}
// 查找并记录每个节点的子节点
// 巧妙运用二进制位来记录子节点，
// 比如:child[1] 有 105 个二进制位，若chile[1][4] = 1,
// 也就是说 4 是 1 的子节点
void getchild(int fv, int v)
{
child[v][v] = 1;
for (int i = 0; i < T[v].size(); i++)
{
int v1 = T[v][i];
// 因为存树的问题，v1也有可能是父节点
if (v1 != fv)
child[v][v1] = 1;
else if (v1 == fv)
continue;
// DFS
getchild(v, v1);
child[v] = child[v] | child[v1];
}
return;
}
void solve(int fv, int v)
{
// 下面两句if的顺序不能反
if (v == task[cnt])
cnt++;
if (cnt == m)
{
flag = 1;
return;
}
while (cnt < m)
{
int next_v = task[cnt];
int p = cnt;
for (int i = 0; i < T[v].size(); i++)
{
int v1 = T[v][i];
if (fv == v1)
continue;
if (child[v1][next_v] == 1 && book[v][v1])
{
book[v][v1] = 0; //防止重复走过
solve(v, v1);
}
}
// 如果没有这一句判断,无法出while
if(p == cnt)
break;
}
return;
}