前言

這是一道考試題
需要一定的idea
構造好后似乎就是裸的點分治了

題目相關

題目鏈接

題目大意

這個大意寫的很煩，不如看題面
有一棵$n$個點的樹
設定一個動點：其每秒可以走到樹上相鄰的一個節點，若當前它在一個度數為1的節點上，它可以逃出這棵樹
定義動點相遇為它們在節點上或邊上相遇
對于每個點，求現在在當前點上有個動點想要逃出這棵樹，你至少要在多少個葉子節點上放置防守動點才能保證它不會逃出去（如果防守動點碰到動點，那么那個動點就被抓住了）

數據范圍

$n\le 7?10^4$

題解

我們可以通過$\Theta (n)$的樹形dp求出離$i$點最近的葉子節點到$i$點的距離$g_i$
可能算上下dp
設$i$號點的度數為$d_i$
我們發現對于$d_i=1$的點答案一定為$1$（即放一個點在它自己上即可）
那么我們考慮如何統計$d_i?=1$的點
對于每一個根（即選中的那個點），設$de{p}_i$為根到$i$點的距離，$f{a}_i$為$i$號點的父親
每當有一個節點$i$滿足$de{p}_i\ge g_i$并且$de{p}_{f{a}_i}<g_{f{a}_i}$，那么當前根的答案加一
然后這個統計大概是$\Theta (n^2)$的
然后考慮優化
我們發現對于$de{p}_i\ge g_i$的節點的存在都在聯通子樹中
每個聯通子樹貢獻$1$的答案（樹根貢獻）
如果我們可以快速計數就可以獲取答案
然后這個時候有一個很巧妙的構造
考場上我并沒有想到這個
對于一個$m$個點的子樹，其邊數是$m?1$條
我們發現對于這個子樹$$\sum d_i=2?(m?1)+1$$
我們又發現$$\sum 1=m$$
所以$$\begin{array}{rl}\sum d_i& =2?(m?1)+1\\ \sum d_i& =2?m?1\\ 1& =2?m?\sum d_i\\ 1& =\sum (2?d_i)\end{array}$$
剛好符合我們想要的
所以我們現在要求的就是：$$\sum _{i=1}^n[de{p}_i\ge g_i](2?d_i)$$
我們發現$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(2?d_i)& =\sum _{i=1}^{n}2?\sum _{i=1}^n{d}_i\\ & =2?n?2?(n?1)\\ & =2\end{array}$$
然后我們要求的就成了$$2?\sum _{i=1}^n[de{p}_i<g_i](2?d_i)$$
設點$u$的答案為$an{s}_u$
$$an{s}_u=2?\sum _{v=1}^n[dis(u,v)<g_v](2?d_v)$$
然后就可以使用點分治
我們點分的時候每次計算經過當前分治重心的路徑點對$(u,v)$
設點$i$與分治重心的距離為$p_i$
$$dis(u,v)=p_u+p_v$$
然后
$$dis(u,v)<g_v?p_u+p_v<g_v?p_u<g_v?p_v$$
用樹狀數組維護即可
復雜度$\Theta (nlo{g}^{2}n)$

代碼

貼上AC代碼

#include<cstdio> #include<cctype> #include<cstring> #include<cmath> namespace fast_IO {const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);} } using namespace fast_IO; #define getchar() getchar_() #define putchar(x) putchar_((x)) typedef long long LL; #define rg register template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;} template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;} template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;} template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;} template <typename T> inline void swap(T*a,T*b){T c=a;a=b;b=c;} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;}; template <typename T> inline void read(T&x) {char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x; } template <typename T> void printe(const T x) {if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0'); } template <typename T> inline void print(const T x) {if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x); } const int maxn=70001,maxm=140002,INF=0x7f7f7f7f; int n,d[maxn]; int head[maxn],nxt[maxm],tow[maxm],tmp=1; int fi[maxn]; inline void addb(const int u,const int v) {tmp++;nxt[tmp]=head[u];head[u]=tmp;tow[tmp]=v; } void dfs1(const int u,const int fa) {for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;dfs1(v,u);mind(fi[u],fi[v]+1);}if(fi[u]==INF)fi[u]=0; } void dfs2(const int u,const int fa) {for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa)continue;mind(fi[v],fi[u]+1);dfs2(v,u);} } bool Hash[maxn];int son[maxn],minn,root,size; int ans[maxn]; void getroot(const int u,const int fa) {son[u]=1;int maxx=0;for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa||Hash[v])continue;getroot(v,u);son[u]+=son[v];maxd(maxx,son[v]);}maxd(maxx,size-son[u]);if(maxx<minn)minn=maxx,root=u; } int Q[maxn],tot,dis[maxn]; void dfs(const int u,const int fa) {Q[++tot]=u; for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(v==fa||Hash[v])continue;dis[v]=dis[u]+1,dfs(v,u);} } int tree[maxn]; inline int lowbit(const int x){return x&-x;} inline void add(int whe,const int man) {while(whe<=n){tree[whe]+=man;whe+=lowbit(whe);} } inline int qz(int whe) {rg int res=0;while(whe){res+=tree[whe];whe^=lowbit(whe);}return res; } void calc(const int u,const int sign,const int G) {tot=0,dis[u]=G;dfs(u,u);for(rg int i=1;i<=tot;i++){const int v=Q[i];add(n-fi[v]+dis[v],2-d[v]);}for(rg int i=1;i<=tot;i++){const int v=Q[i];ans[v]+=sign*qz(n-dis[v]-1);}for(rg int i=1;i<=tot;i++){const int v=Q[i];add(n-fi[v]+dis[v],d[v]-2);} } void solve(const int u,const int SIZE,const int SON) {Hash[u]=1;calc(u,-1,0);for(rg int i=head[u];i;i=nxt[i]){const int v=tow[i];if(Hash[v])continue;calc(v,1,1);minn=INF,size=son[v];if(size>SON)size=SIZE-SON;getroot(v,u),solve(root,size,son[root]);} } int main() {memset(fi,0x7f,sizeof(fi));read(n);for(rg int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u),read(v);addb(u,v),addb(v,u);d[u]++,d[v]++;}int RT=0;for(rg int i=1;i<=n;i++)if(d[i]>1)RT=i;dfs1(RT,RT);dfs2(RT,RT);for(rg int i=1;i<=n;i++)ans[i]=2;minn=INF,size=n,getroot(1,1),solve(root,size,son[root]);for(rg int i=1;i<=n;i++)print(d[i]==1?1:ans[i]),putchar('\n');return flush(),0; }

總結

構造很巧妙，一個很好的idea
然后點分治比較裸，很清真

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[USACO18JAN][luoguP4183 ]Cow at Large P的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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