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- 二叉树着色游戏
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有两位极客玩家参与了一场「二叉树着色」的游戏。游戏中，给出二叉树的根节点 root，树上总共有 n 个节点，且 n 为奇数，其中每个节点上的值从 1 到 n 各不相同。
最开始时：
「一号」玩家从 [1, n] 中取一个值 x（1 <= x <= n）；
「二号」玩家也从 [1, n] 中取一个值 y（1 <= y <= n）且 y != x。
「一号」玩家给值为 x 的节点染上红色，而「二号」玩家给值为 y 的节点染上蓝色。
之后两位玩家轮流进行操作，「一号」玩家先手。每一回合，玩家选择一个被他染过色的节点，将所选节点一个 未着色 的邻节点（即左右子节点、或父节点）进行染色（「一号」玩家染红色，「二号」玩家染蓝色）。
如果（且仅在此种情况下）当前玩家无法找到这样的节点来染色时，其回合就会被跳过。
若两个玩家都没有可以染色的节点时，游戏结束。着色节点最多的那位玩家获得胜利 ✌️。
现在，假设你是「二号」玩家，根据所给出的输入，假如存在一个 y 值可以确保你赢得这场游戏，则返回 true ；若无法获胜，就请返回 false 。
示例 1 ：
输入：root = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], n = 11, x = 3
输出：true
解释：第二个玩家可以选择值为 2 的节点。
示例 2 ：
输入：root = [1,2,3], n = 3, x = 1
输出：false
提示：
树中节点数目为 n
1 <= x <= n <= 100
n 是奇数
1 <= Node.val <= n
树中所有值 互不相同
题解
一开始就想复杂了，以为是博弈论和动态规划，然后静心下来想了下，发现不是。。。。。
这个题目很简单，因为是树结构（如果是图结构就很复杂了），树结构的特点就是，一号玩家一开始选定的那个节点，会把整棵树分成3个区间，父节点的区间，左子树的区间，右子树的区间，这3个区间互不相通。
于是问题简单化了，二号玩家就是要去堵一号玩家的路，于是问题又简化成了，这3个区间，哪个区间的节点数目最多，如果数目能超过整个树一半的节点数目，二号玩家就选择这个区间，就赢了。
AC代码
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<int>edge[105];int dfs(TreeNode* root){if(root->left!=NULL){int left = dfs(root->left);edge[root->val].push_back(left);edge[left].push_back(root->val);}if(root->right!=NULL){int right = dfs(root->right);edge[root->val].push_back(right);edge[right].push_back(root->val);}return root->val;}queue<int>q;bool vis[105];int bfs(int u, int x){memset(vis,0,sizeof(vis));vis[u] = true;vis[x] = true;q.push(u);int ans = 0;while(!q.empty()){int u = q.front();q.pop();ans += 1;for(int i=0;i<edge[u].size();i++){int v = edge[u][i];if(vis[v])continue;vis[v] = true;q.push(v);}}return ans;}bool btreeGameWinningMove(TreeNode* root, int n, int x) {dfs(root);for(int i=0;i<edge[x].size();i++){int u = edge[x][i];int ans = bfs(u, x);if(ans>int(n/2))return true;}return false;}
};
