[ARC125F] Tree Degree Subset Sum
零、前言
自闭场，\(\tt D\) 想复杂白给，结束前 \(10\) 分钟想出正确做法忘写树状数组，\(\tt C,E\) 赛后随便切 \(...\)
不要硬刚一道题，不要完全看过题人数来决定你做哪道题，\(\tt think\ twice,code\ once\)
《\(\tt zxy\) 掉大分》正在连载中 \(...\)
一、题目
给定 \(n\) 个点的树，每个点有一个度数 \(d_i\)，问有多少个满足下列条件的二元组 \((x,y)\)：
- \(0\leq x\leq n\)，并且存在选出 \(x\) 个点的方式使得其度数和为 \(y\)
\(n\leq 2\cdot 10^5\)
二、解法
首先我声明树这个背景没有任何卵用，根据 \(\tt purfer\) 序列的理论，任何一种度数序列都能对应至少一棵树，问题又只和度数序列有关，既然树对度数序列没有任何限制那么可以不管他。
我们把所有 \(d_i\) 减少 \(1\)，那么问题变成了 \(n\) 个物品体积总和为 \(n-2\) 的背包问题，最烦的是要记录选了多少个物品。
Lamma：设 \(L(x)\) 表示总体积为 \(x\) 的最少物品数，\(R(x)\) 表示总体积为 \(x\) 的最多物品数，那么对于选出 \(t\) 个物品总和为 \(x\)，当且仅当 \(L(x)\leq t\leq R(x)\) 是可以实现的。
证明：必要性易得，下证充分性。
设体积为 \(0\) 的物品一共有 \(z\) 个，可以转证下列问题：
\[R(x)-L(x)\leq 2z+1 \]这是因为 \(R(x)\) 通过去掉体积为 \(0\) 的物品可以得到 \(t\in[R(x)-z,R(x)]\) 的方案，\(L(x)\) 可以通过增加体积为 \(0\) 的物品得到 \(t\in[L(x),L(x)+z]\) 的方案。
考虑任意一种背包方案权值和为 \(k\)，数量为 \(c\)，那么有：
\[-z\leq k-c\leq z-2 \]因为让 \(k-c\) 最小直接选那些体积为 \(0\) 的物品，让 \(k-c\) 最大需要选体积大于 \(0\) 的物品：
\[k-c=\sum d_i-\sum [d_i> 0]=n-2-(n-z)=z-2 \]那么 \(k-L(x)\) 和 \(k-R(x)\) 一定在 \([-z,z-2]\) 这个范围里，所以 \(R(x)-L(x)\) 不超过 \(2z-2\)，证毕。
只需要用 \(dp\) 求出 \(L(x),R(x)\) 即可，因为物品种类数不超过 \(\sqrt n\)，对于每一种物品，可以把体积按余数分类，对于每一种余数跑单调队列即可，时间复杂度 \(O(n\sqrt n)\)
三、总结
首先排除不必要的背景，比如本题树的背景对原问题没有任何限制那么是可以排除的。
对于难做的点，找必要条件猜结论。
最后物品种类数很少的背包问题，每种物品分别处理，按余数分类之后解决。
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define ll long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,z,c[M],d[M],p[M],mi[M],mx[M],dp[M];ll ans;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
d[u]++;d[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
d[i]--,c[d[i]]++;
mi[i]=1e9,mx[i]=-1e9;
if(!d[i]) z++;
}
mi[0]=mx[0]=0;
//cal mx
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=c[i];
if(!x) continue;
for(int j=0;j<=n;j++) dp[j]=mx[j];
for(int j=0;j<i;j++)
{
int l=1,r=0,nw=j;
for(int k=0;nw<=n;k++,nw+=i)
{
while(l<=r && p[l]<nw-i*x) l++;
if(l<=r) mx[nw]=max(mx[nw],dp[p[l]]+k-p[l]/i);
while(l<=r && dp[p[r]]-p[r]/i<=dp[nw]-nw/i) r--;
p[++r]=nw;
}
}
}
//cal mi
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=c[i];
if(!x) continue;
for(int j=0;j<=n;j++) dp[j]=mi[j];
for(int j=0;j<i;j++)
{
int l=1,r=0,nw=j;
for(int k=0;nw<=n;k++,nw+=i)
{
while(l<=r && p[l]<nw-i*x) l++;
if(l<=r) mi[nw]=min(mi[nw],dp[p[l]]+k-p[l]/i);
while(l<=r && dp[p[r]]-p[r]/i>=dp[nw]-nw/i) r--;
p[++r]=nw;
}
}
}
//cal answer
for(int i=0;i<=n;i++)
if(mi[i]<=mx[i])
ans+=mx[i]-mi[i]+1+z;
printf("%lld\n",ans);
}
