给定一棵 $N$ 个顶点的树，顶点 $i$ 上有 $A_i$ 枚石子。
Alice 和 Bob 在玩游戏。首先，Alice 可以选择树上的一个顶点并在其上放一枚棋子，然后，Alice 先手，交替进行如下操作：
设棋子当前在点 $v$。若当前点 $v$ 上已经没有棋子了，则当前玩家输。否则，移除点 $v$ 上的一枚棋子。
选择 $u \in N \left( v \right)$，将棋子移到点 $u$。
请找出所有的点 $v$，使得当 Alice 开局时将棋子放到点 $v$ 时，她有必胜策略。
第一行包含一个正整数 $N$ ($2 \leq N \leq 3000$)，表示树的点数。
第二行包含 $N$ 个非负整数 $A_1, A_2, \cdots, A_N$ ($0 \leq A_i \leq 10^9$)，表示顶点 $i$ 上初始的石子数。
接下来 $N - 1$ 行，每行两个正整数 $a_i, b_i$ ($1 \leq a_i, b_i \leq N$)，描述树上的一条边。保证这 $N - 1$ 条边恰好构成一棵树。
输出一行，包含若干个整数，表示所有满足条件的 $v$，从小到大输出。若不存在满足条件的 $v$，则什么也不输出。
考虑对树上每一个顶点进行判断。
下面证明一个结论：任何时刻，任何人都不会往 $A_u \geq A_v$ 的点 $u$ 移动 (设当前棋子在点 $v$)。
不妨设 Alice 这么移动了，即将棋子从 $v$ 移动到 $u$。
将原树看作以 $v$ 为根的有根树，那么考虑以 $u$ 为根的子树：
若 Bob 有必胜策略，那他显然就赢了。
这是因为，树是二分图，因此当棋子在点 $u$ 时，一定是轮到 Bob 操作，而他可以控制使得棋子不走出这棵子树。
若 Bob 无必胜策略，那么 Bob 此时的最优策略显然是逃出这棵毒瘤子树 $u$。
于是此时 Bob 会将棋子从 $u$ 移动到 $v$。
而 $A_u \geq A_v$，因此这样反复循环必为 Alice 先失去策略，
于是 Alice 使用这条策略不可能取胜，所以她不会这样走。
于是每个人只会向满足 $A$ 更小的地方走 —— 此时，按照上述分析可知，如果子树 Bob 赢，那么原树 Alice 输；反之如果子树 Bob 输，那么原树 Alice 就赢了 (因为 $A$ 更小，Bob 是无法 "逃" 回去的)。
这样，就转化为了一般的博弈问题：
若一个状态 (点) 为 N 状态 (必胜态)，当且仅当它可以走到一个状态 (子树)，使得其为 P 状态。
若一个状态 (点) 为 P 状态 (必败态)，当且仅当它无路可走，或走到的所有状态 (子树) 均为 N 状态。
通过上述两条博弈的基本性质递归计算即可，注意时刻需要满足绿色性质，因为不满足的子树会对你产生 "立即失败" 的效果，谁走都不讨好。
单次判定只需 dfs 一遍，是 $O \left( N \right)$ 的，总时间复杂度 $O \left( N^2 \right)$。
#include <bits/stdc++.h>
const int N = 3054, M = N * 2;
int n, E = 0;
int to[M], first[N], next[M];
int a[N];
inline void addedge(int u, int v) {
to[++E] = v, next[E] = first[u], first[u] = E;
to[++E] = u, next[E] = first[v], first[v] = E;
}
bool dfs(int x, int px = 0) {
int i, y; bool r = true;
for (i = first[x]; i && r; i = next[i])
if ((y = to[i]) != px && a[y] < a[x]) r &= dfs(y, x);
return !r;
}
int main() {
int i, u, v; bool first = true;
scanf("%d", &n);
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
for (i = 1; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), addedge(u, v);
for (i = 1; i <= n; ++i) if (dfs(i)) first ? first = false : putchar(32), printf("%d", i);
return putchar(10), 0;
}
坑1：注意失败条件是 $A_u \geq A_v$ 而不是 $A_u > A_v$。