CF1527D MEX Tree

MEX Tree - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题目大意

给出一棵 $n$ 个点的树，点从 $0$ 到 $n-1$ 编号。定义一条路径的权值是路径上所有点编号的 $mex$ 。对于每个 $0\le i\le n$ 求出 $mex$ 为 $i$ 的路径有几条。注意，这里统计的路径需要包括至少一条边。

一个集合的 $mex$ 定义为最小的不在集合中的非负整数。

基本思路

观察发现，我们在处理 $i$ 时，$0\to i-1$ 必须在一条路径上，否则后面的答案就都是 $0$

$s{z}_i$ 表示以 $i$ 为根的子树大小

$sp$ 表示非 $0$ 端点所在对于 $0$ 的对应子树大小

下面会要用到倍增求 $lca$

我们就可以搞一种类似于虚树操作的做法。

这里假设 $0$ 是根

询问

所以询问可以分成 $3$ 种情况：

• $i$ 在当前的路径中
• $i$ 是当前路径端点的子孙
• $i$ 不属于上面的情况

然后 $mex=0$ 和 $mex=1$ 是特殊处理一下

当 $mex=0$ 时：

只要不经过 $0$ 的路径都满足条件

所以答案就是 $0$ 的所有子树里面任意选两个点的路径

当 $mex=1$ 时：

在 $n$ 个点里面任意选两个点的方案数 $-$ $mex=0$ 的方案数

LL gs (LL x) { return x * (x - 1) / 2; }
void pre_ans () {ans[1] = gs (sz[0] - sz[1]);int y;for (int i = hd[0] ; i ; i = e[i].nt) {y = e[i].to;ans[0] += gs (sz[y]);int lca = Lca (y , 1);if (lca == y) ans[1] -= gs (sz[y] - sz[1]);else ans[1] -= gs (sz[y]);}
}

现在我们把其他询问分成两种情况

两个端点都不为 $0$，两个端点分别为 $x,y$

• $i$ 在路径上 $lca(x , i) =i \or lca (y , i) = i $

  答案就是 $0$

• $i$ 是当前路径端点的子孙 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \or at position 17: …ca (x , i) = x \̲o̲r̲ ̲lca (y , i) = y

  答案就是对于端点子树大小 $-$ $s{z}_i$ 再乘上另一端子树大小

• 否则，答案就是 $s{z}_x\ast s{z}_y$

有一个点为 $0$ 的情况，另一个端点是 $x$

• $i$ 在当前路径中 $lca(x,i)=i$

  答案就是 $0$

• $i$ 是当前路径端点的子孙

  $i$ 是不为零的那个端点的子孙$lca(x,i)=x$，那么答案就是： $(siz[x]-siz[i])\ast (siz[0]-sp)$

  $i$ 是 $0$ 的子孙 $lca(x,i)=0$ ，那么答案就是： $(siz[0]-sp-siz[i])\ast siz[x]$

• $i$ 不属于上面的任意一种情况

  那么 $i$ 就是当前路径的分叉，那么答案就是： $(siz[0]-sp)\ast siz[x]$

LL gt_ans (int x) {int lca1 = Lca (x , l) , lca2 = Lca (x , r);LL ans1 , ans2;if (r) {ans1 = sz[l] , ans2 = sz[r];if (lca1 == x || lca2 == x) return 0;else if (lca1 == l) ans1 -= sz[x];else if (lca2 == r) ans2 -= sz[x];}else {ans1 = sz[l] , ans2 = sz[r] - sp;if (lca1 == x || lca2 == x) return 0;else if (lca1 == l) ans1 -= sz[x];else if (lca1 == 0) ans2 -= sz[x];}return ans1 * ans2;
}

修改

尝试将 $i$ 加入当前路径中

1、两端都不为 $0$

• $i$ 已经在路径上了 KaTeX parse error: Undefined control sequence: \or at position 17: …ca (x , i) = i \̲o̲r̲ ̲lca (y , i) = i

  就不用管了

• $i$ 是其中一端的子孙 $lca(x , i) = x \or lca (y , i) = y $

  直接把那个端点设为 $i$ 就好了

• 如果不属于上面的两种情况

  那么就是分叉，直接下面的答案都为 $0$ 就好了

2、至少有一端是 $0$ 的情况

• 如果两端都是 $0$

  直接把一端设为 $i$

• $i$ 已经在路径上了 $lca(x,i)=i$

  不用管了

• $lca(x,i)=x$

  $x=i$

• 不属于上面的情况

  1、分叉 $lca(x,i)\ne 0$ 插入失败

  2、$x\ne 0$ 且 $lca(x,i)=0$ ，那么 $y=i$

bool add (int x) {int lca1 = Lca (l , x) , lca2 = Lca (r , x);if (r) {if (lca1 == l) {l = x;return 1;}else if (lca1 == x) return 1;if (lca2 == r) {r = x;return 1;}else if (lca2 == x) return 1;}else {if (lca1 && (lca1 != l && lca1 != x)) return 0;else if (lca1 == l ) {l = x;return 1;}else if (lca1 == x) return 1;else if (lca1) return 0;else {r = x;return 1;}}return 0;
}

code

#include <bits/stdc++.h>
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++) 
#define fd(x , y , z) for(int x = y ; x >= z ; x --)
#define LL long long
using namespace std;
const int N = 6e5 + 5 , inf = 2e5;
int n , sz[N] , hd[N] , cnt , fa[N] , sp , dep[N] , f[N << 1][30] , l , r;
LL tw[30] , ans[N] , lg2[inf + 5];
struct E {int to , nt;
} e[N << 1];
void add (int x , int y) { e[++cnt].to = y , e[cnt].nt = hd[x] , hd[x] = cnt; }
int Lca (int x , int y) {int flg;while (dep[x] != dep[y]) {flg = 0;if (dep[x] > dep[y]) swap (x , y);fd (i , 25 , 0) {while (dep[f[y][i]] > dep[x]) {y = f[y][i];flg = 1;}}if (!flg) break;}while (dep[x] != dep[y]) {if (dep[x] > dep[y]) swap (x , y);y = f[y][0];}while (x != y) {flg = 0;fd (i , 25 , 0) {while (f[x][i] != f[y][i]) {x = f[x][i] , y = f[y][i];flg = 1;}}if (!flg) break;}while (x != y)x = f[x][0] , y = f[y][0];return x;
}
void dfs1 (int x) {int y;sz[x] = 1;for (int i = hd[x] ; i ; i = e[i].nt) {y = e[i].to;if (fa[x] == y) continue;fa[y] = x;dep[y] = dep[x] + 1;dfs1 (y);sz[x] += sz[y];}
}
void gt_f () {fu (i , 0 , n - 1) fu (j , 1 , 25) f[i][j] = 0;dep[0] = 1;dfs1 (0);fu (i , 0 , n - 1) f[i][0] = fa[i];fu (j , 1 , 25) {fu (i , 0 , n - 1) {f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];}}
}
LL gs (LL x) { return x * (x - 1) / 2; }
void pre_ans () {ans[1] = gs (sz[0] - sz[1]);int y;for (int i = hd[0] ; i ; i = e[i].nt) {y = e[i].to;ans[0] += gs (sz[y]);int lca = Lca (y , 1);if (lca == y) ans[1] -= gs (sz[y] - sz[1]);else ans[1] -= gs (sz[y]);}
}
bool add (int x) {int lca1 = Lca (l , x) , lca2 = Lca (r , x);if (r) {if (lca1 == l) {l = x;return 1;}else if (lca1 == x) return 1;if (lca2 == r) {r = x;return 1;}else if (lca2 == x) return 1;}else {if (lca1 && (lca1 != l && lca1 != x)) return 0;else if (lca1 == l ) {l = x;return 1;}else if (lca1 == x) return 1;else if (lca1) return 0;else {r = x;return 1;}}return 0;
}
LL gt_ans (int x) {int lca1 = Lca (x , l) , lca2 = Lca (x , r);LL ans1 , ans2;if (r) {ans1 = sz[l] , ans2 = sz[r];if (lca1 == x || lca2 == x) return 0;else if (lca1 == l) ans1 -= sz[x];else if (lca2 == r) ans2 -= sz[x];}else {ans1 = sz[l] , ans2 = sz[r] - sp;if (lca1 == x || lca2 == x) return 0;else if (lca1 == l) ans1 -= sz[x];else if (lca1 == 0) ans2 -= sz[x];}return ans1 * ans2;
}
int main () {tw[0] = 1ll;fu (i , 1 , 25) tw[i] = 1ll * tw[i - 1] * 2;int T , u , v;scanf ("%d" , &T);while (T --) {scanf ("%d" , &n);cnt = 0;fu (i , 0 , n) ans[i] = hd[i] = fa[i] = 0;fu (i , 0 , n) fu (j , 0 , 25) f[i][j] = -1;fu (i , 1 , n - 1) {scanf ("%d%d" , &u , &v);add (u , v) , add (v , u);}gt_f ();pre_ans ();for (int i = hd[0] ; i ; i = e[i].nt) {if (Lca (e[i].to , 1) == e[i].to) {sp = sz[e[i].to];break;}}l = r = 0;fu (i , 2 , n) {if (!add (i - 1)) break;if (i == n) {ans[i] = 1;break;}ans[i] = gt_ans (i);}fu (i , 0 , n)printf ("%lld " , ans[i]);printf ("\n");}return 0;
}