bzoj4543. [POI2014]Hotel加強版

題面描述

Solution

先看$n\le 5e3$怎么做。
考慮樹形$dp$。

設$f[i][j]$表示以$i$為根的子樹中，深度為$j$的結點個數。
設$g[i][j]$表示以$i$為根的子樹中的二元組$(x,y)$數量，其中$(x,y)$滿足$x,y$的$LCA$與$i$的距離為$j$。

顯然答案有兩種情況：
1.中心點不是其中一個點的祖先。
2.三個點的中心點是這三個點的祖先。
對于第一種，總答案即為${\sum }_{x}g[x][0]$
對于第二種，考慮每次轉移時加入一個子樹$v$，對答案的貢獻即為$\sum f[x][j?1]?g[v][j]+g[x][j+1]?f[v][j]$，然后分別轉移$f[x],g[x]$即可。

直接維護的時空復雜度都為$O(n^2)$。

因為這一題的時空復雜度都和深度有關，直接長鏈剖分維護$f[x],g[x]$優化，就優化為$O(n)$了。

#include <vector> #include <list> #include <map> #include <set> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <bitset> #include <algorithm> #include <functional> #include <numeric> #include <utility> #include <sstream> #include <iostream> #include <iomanip> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cctype> #include <string> #include <cstring> #include <ctime> #include <cassert> #include <string.h> //#include <unordered_set> //#include <unordered_map> //#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B) #define PB(A) push_back(A) #define SIZE(A) ((int)A.size()) #define LEN(A) ((int)A.length()) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i) #define fi first #define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; } template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double lod; typedef pair<int,int> PR; typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11; const lod pi=acos(-1); const int oo=1<<30; const ll loo=1ll<<62; const int mods=998244353; const int MAXN=310005; const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567 /*--------------------------------------------------------------------*/ inline int read() {int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f; } vector<int> e[MAXN]; int len[MAXN],mx[MAXN]; ll a[MAXN<<2],*f[MAXN],*g[MAXN],*id=a,ans=0; void dfs(int x,int father) {len[x]=1;for (auto v:e[x]){if (v==father) continue;dfs(v,x);if (len[x]<len[v]+1) len[x]=len[v]+1,mx[x]=v;} } void tree_dp(int x,int father) {if (mx[x]) f[mx[x]]=f[x]+1,g[mx[x]]=g[x]-1,tree_dp(mx[x],x);f[x][0]=1,ans+=g[x][0];for (auto v:e[x]){if (v==father||v==mx[x]) continue;f[v]=id,id+=len[v]<<1;g[v]=id,id+=len[v]<<1;tree_dp(v,x);for (int j=0;j<len[v];j++){if (j) ans+=f[x][j-1]*g[v][j];ans+=g[x][j+1]*f[v][j];}for (int j=0;j<len[v];j++){g[x][j+1]+=f[x][j+1]*f[v][j];if (j) g[x][j-1]+=g[v][j];f[x][j+1]+=f[v][j];}} } int main() {int n=read();for (int i=1;i<n;i++){int u=read(),v=read();e[u].PB(v);e[v].PB(u);}dfs(1,0); // for (int i=1;i<=n;i++) cout<<i<<":"<<mx[i]<<endl;f[1]=id,id+=len[1]<<1;g[1]=id,id+=len[1]<<1;tree_dp(1,0); // for (int i=1;i<=n;i++) // { // cout<<i<<":"<<len[i]<<endl; // for (int j=0;j<=len[j];j++) cout<<f[i][j]<<" "; puts(""); // for (int j=0;j<=len[j];j++) cout<<g[i][j]<<" "; puts(""); // }printf("%lld\n",ans);return 0; }

總結

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