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 $0$

$sz_i$ 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 $lca (x , i) = x \or lca (y , i) = y$

答案就是对于端点子树大小 $-$ $sz_i$ 再乘上另一端子树大小
否则，答案就是 $sz_x * sz_y$

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： $(siz[x] - siz[i]) * (siz[0] - sp)$

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

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 $lca (x , i) = i \or lca (y , i) = i$

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 $lca (x , i)\neq 0$ 插入失败

2、$x \neq 0$ 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;
}

posted @ 2023-10-13 15:33 2020fengziyang 阅读(13) 评论(0) 编辑收藏举报

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CF1527D MEX Tree

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