題意：給一棵 $n$ 個點的樹，每條邊需要染成黑白兩種顏色中的一種。給出 $m$ 個條件，每個條件給出 $u,v$，其中 $u$ 是 $v$ 的祖先，要求 $u$ 到 $v$ 的鏈上至少一條黑邊。求方案數 模 $998244353$。

$n,m\le 5\times 10^5$

這個dp想了一上午

對于樹上的一個點，考慮子樹內有關的所有限制，唯一不好處理的是超出子樹的部分，而這部分只需要考慮超出最短的。

定義： $dp(u,k)$ 表示有多少種確定 $u$ 子樹內的邊的顏色的方案，使得所有下端點在 $u$ 子樹內并且尚未滿足的條件 的上端點的深度最大值恰好為 $k$。如果所有上述條件都滿足， $k=0$。

人話翻譯：

考慮 $u$ 子樹內能影響到的條件，分為下列兩種：

上端點在子樹內（顯然下端點就在子樹內了）。如果這種條件沒有滿足，就永遠不可能滿足了，這個時候上面的定義表現為 $k\ge de{p}_u$，后面可以看到這部分狀態是無用的。

上端點是 $u$ 的嚴格祖先，下端點在 $u$ 子樹內，且 $u$ 到下端點這段沒有黑邊。此時就需要上端點到 $u$ 有黑邊。如果這樣的條件的上端點的最大深度為 $k$，那么所有條件成立當且僅當 $u$ 深度為 $k$ 的祖先到 $u$ 有一條黑邊，處理方式后述。

進行一次 dfs，每個點 $u$ 先假設它沒有兒子，即讓 $dp(u,x)=1$，其中 $x$ 為所有下端點為 $u$ 的條件的上端點的最大深度。

然后依次突然加入每個兒子，設兒子為 $v$，得到新的 dp 數組為 $d{p}^{\prime }$

考慮連接兒子的這條邊是黑邊還是白邊。

如果是黑邊，對于 $u$ 來說，從 $v$ 子樹內來的條件就全部滿足了（當然要原來有機會滿足），但 $u$ 原來不滿足的還是不滿足。即

$$dp(u,k)\sum _{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)$$

如果是白邊，那么要同時滿足兩邊的深度限制，即

$$\sum _{\max (i,j)=k}dp(u,i)dp(v,j)$$

整理一下

$$d{p}^{\prime }(u,k)=dp(u,k)\sum _{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)+dp(u,k)\sum _{i=0}^{k}dp(v,i)+dp(v,k)\sum _{i=0}^{k?1}dp(u,i)$$

長這樣子的式子都可以考慮線段樹合并。

${\sum }_{i=0}^{de{p}_u}dp(v,i)$ 是個常數，先算出來。

合并的時候順便維護左邊遍歷過的結點的和，如果一邊的結點為空，用維護的和給另一邊的結點打乘法標記。遞歸到葉結點了再處理求和符號的邊界情況。

注意維護的這個和是合并前的，要先維護再打標記。可以在遞歸的時候傳引用。

復雜度 $O(n\log n+m)$

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cctype> #include <vector> #define MAXN 500005 using namespace std; inline int read() {int ans=0;char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();return ans; } typedef long long ll; const int MOD=998244353; inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;} int n; int ch[MAXN<<5][2],sum[MAXN<<5],mul[MAXN<<5],cnt; inline void update(int x){sum[x]=add(sum[ch[x][0]],sum[ch[x][1]]);} inline void pushlzy(int x,ll v){sum[x]=sum[x]*v%MOD,mul[x]=mul[x]*v%MOD;} inline void pushdown(int x) {if (mul[x]!=1){if (ch[x][0]) pushlzy(ch[x][0],mul[x]);if (ch[x][1]) pushlzy(ch[x][1],mul[x]);mul[x]=1;} } void modify(int& x,int l,int r,int k) {if (!x) mul[x=++cnt]=1;if (l==r) return (void)(++sum[x]);int mid=(l+r)>>1;if (k<=mid) modify(ch[x][0],l,mid,k);else modify(ch[x][1],mid+1,r,k);update(x); } int query(int x,int l,int r,int ql,int qr) {if (!x) return 0;if (ql<=l&&r<=qr) return sum[x];if (qr<l||r<ql) return 0;pushdown(x);int mid=(l+r)>>1;return add(query(ch[x][0],l,mid,ql,qr),query(ch[x][1],mid+1,r,ql,qr)); } int merge(int x,int y,int l,int r,int& xsum,int& ysum) {if (!x&&!y) return 0;if (!x) return ysum=add(ysum,sum[y]),pushlzy(y,xsum),y;if (!y) return xsum=add(xsum,sum[x]),pushlzy(x,ysum),x;if (l==r){ysum=add(ysum,sum[y]);int t=sum[x];sum[x]=((ll)sum[x]*ysum+(ll)xsum*sum[y])%MOD;xsum=add(xsum,t);return x; } pushdown(x),pushdown(y);int mid=(l+r)>>1;ch[x][0]=merge(ch[x][0],ch[y][0],l,mid,xsum,ysum);ch[x][1]=merge(ch[x][1],ch[y][1],mid+1,r,xsum,ysum);update(x);return x; } vector<int> e[MAXN],lis[MAXN]; int dep[MAXN],rt[MAXN]; void dfs(int u) {int mx=0;for (int i=0;i<(int)lis[u].size();i++) mx=max(mx,dep[lis[u][i]]);modify(rt[u],0,n,mx);for (int i=0;i<(int)e[u].size();i++)if (!dep[e[u][i]]){dep[e[u][i]]=dep[u]+1;dfs(e[u][i]);int xsum=0,ysum=query(rt[e[u][i]],0,n,0,dep[u]);rt[u]=merge(rt[u],rt[e[u][i]],0,n,xsum,ysum);} } int main() {n=read();for (int i=1;i<n;i++){int u,v;u=read(),v=read();e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);}int m=read();while (m--){int u,v;u=read(),v=read();lis[v].push_back(u);}dfs(dep[1]=1);printf("%d\n",query(rt[1],0,n,0,0));return 0; }

總結

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