P3565 [POI2014]HOT-Hotels

參考題解

題目大意：
給定一棵樹，在樹上選 3 個點，要求兩兩距離相等，求方案數。

三個點樹上兩兩距離為d存在下面兩種情況

• 某個點三個子樹（保證該點是LCA）中分別由三個點距離它為d
• 對于某一個點，它的 d 級祖先以及子樹內兩個以它為LCA，距它 d 的點

對于情況一，設計dp： $f_{u,j}$表示以$u$為根的子樹，距i距離為$j$的點數

對于情況二，設計dp：$g_{u,j}$表示以$u$為根的子樹，兩個點的到LCA距離相等（此出用d表示），LCA到$u$的距離為$d?j$的點對

對于$f_{u,j}$的狀態轉移十分顯然：$f_{u,j}={\sum }_{v\in so{n}_u}{f}_{v,j?1}$

而對于$g_{u,j}$來說存在兩種情況

• 某個子樹內部存在兩個點：$g_{u,j}={\sum }_{v\in so{n}_u}{g}_{v,j+1}$
• 兩個不同的子樹各貢獻一個點，以$u$為LCA：$g_{u,j}={\sum }_{v,w\in so{n}_u,v=w}{f}_{v,j?1}\times f_{w,j?1}$

很明顯，第二中情況$f_{v,j?1}\times f_{w,j?1},f_{w,j?1}\times f_{v,j?1}$是同一種情況，這里我們讓$v$是$u$較靠前的兒子即可避免重復計算

而對于答案計算來說也存在兩種情況：
首先對于三個點樹上兩兩距離為d的情況都可以看成兩個點在一個子樹中，而另一個點“別處”

• 在子樹$v$中選一個點，而在其他子樹中選兩個點：$g_{u,j+1}\times f_{v,j}$
• 在子樹$v$中選兩個點，而在其他子樹中選一個點：$f_{u,j?1}\times g_{v,j}$

同樣為了避免重復計算只需要讓其他子樹搞成$v$前面的子樹即可
注意上述$g_{u,j+1}$和$f_{u,j?1}$都還未算$v$對其的貢獻，這個只需要先計算答案在加貢獻即可。

計算狀態數組和答案時，都有計算前面子樹的情況，直接運用前綴和的思想即可邊計算答案，邊轉移數組。

這里要提一點，我們至今沒有提到$g_{u,0}$對答案的貢獻，它確實對答案有貢獻，但是我們已經計算過了，如果在此加上會重復計算。

而其他博主在計算的時候加上$g_{u,0}$實際上增加的時$g_{wson,1}$即重兒子的貢獻。

根據g的轉移方程可知道：$g_{u,0}$的貢獻全部來自于${\sum }_{v\in so{n}_u}{g}_{v,1}$，而計算$f_{u,j?1}\times g_{v,j}$對答案的貢獻時我們具體寫一下$f_{u,0}\times g_{v,1}$而$f_{u,0}=1$，因此已經計算過$g_{u,0}$的貢獻！！！

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然后就是長鏈剖分優化dp，每次保存長兒子的貢獻，其他兒子暴力合并，每條長鏈都會在鏈頭暴力合并一次時間復雜度$O(len)$總的合并時間復雜度$O(n)$

最后如果寫指針版本的話，由于g數組是倒著轉移的，$f$要多開一倍的內存，否則g可能倒回來覆蓋掉$f$

code

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr) #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; using ll=long long; constexpr int N=5010; int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx; void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;} int n; int dep[N],son[N]; void dfs1(int u,int fa) {for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa) continue;dfs1(v,u);if(dep[v]>dep[son[u]]) son[u]=v;}dep[u]=dep[son[u]]+1; }ll pool[4*N]; ll *f[N],*g[N],*now=pool; ll ans; void dfs2(int u,int fa) {f[u][0]=1;if(son[u]){f[son[u]]=f[u]+1;g[son[u]]=g[u]-1;dfs2(son[u],u);ans+=g[son[u]][1];// 加上重兒子的貢獻}for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa||v==son[u]) continue;f[v]=now;now+=dep[v]<<1;g[v]=now;now+=dep[v];dfs2(v,u);// 邊計算for(int j=0;j<dep[v];j++){if(j) ans+=f[u][j-1]*g[v][j];ans+=g[u][j+1]*f[v][j];}// 邊轉移for(int j=0;j<dep[v];j++){g[u][j+1]+=f[u][j+1]*f[v][j];if(j) g[u][j-1]+=g[v][j];f[u][j+1]+=f[v][j];}}} int main() {IO;cin>>n;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);}dfs1(1,0);f[1]=now;now+=dep[1]<<1;//多開一倍的內存g[1]=now;now+=dep[1];dfs2(1,0);cout<<ans<<'\n';return 0; }

菜菜的我搞了一天這個題啊啊啊啊

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P3565 [POI2014]HOT-Hotels（树形dp+长链剖分）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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