bzoj4543. [POI2014]Hotel加强版

题面描述

Solution

先看 $\leq 5e3$ 怎么做。
考虑树形 $d p$ 。

设 $f [i] [j]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，深度为 $j$ 的结点个数。
设 $g [i] [j]$ 表示以 $i$ 为根的子树中的二元组 $(x, y)$ 数量，其中 $(x, y)$ 满足 $x, y$ 的 $L C A$ 与 $i$ 的距离为 $j$ 。

显然答案有两种情况：
1.中心点不是其中一个点的祖先。
2.三个点的中心点是这三个点的祖先。
对于第一种，总答案即为 $∑xg[x][0]\sum_{x}g[x][0]$
对于第二种，考虑每次转移时加入一个子树 $v$ ，对答案的贡献即为 $∑f[x][j−1]∗g[v][j]+g[x][j+1]∗f[v][j]\sum f[x][j-1]*g[v][j]+g[x][j+1]*f[v][j]$ ，然后分别转移 $f [x], g [x]$ 即可。

直接维护的时空复杂度都为 $O(n^2)$ 。

因为这一题的时空复杂度都和深度有关，直接长链剖分维护 $f [x], g [x]$ 优化，就优化为 $O (n)$ 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;
}