Jzoj4757 树上摩托

Sherco是一位经验丰富的魔♂法师。
Sherco在第零次圣杯战争中取得了胜利,并取得了王之宝藏——王の树。
他想把这棵树砍去任意条边，拆成若干棵新树，并装饰在他的摩托上，让他的摩托更加酷炫。
但Sherco认为，这样生成的树不具有美感，于是Sherco想让每棵新树的节点数相同。

他想知道有多少种方法分割这棵树。

首先一个很显然的结论是，每块的大小一定是n的约数，对于一种块的大小，显然分法是唯一的

证明？口胡一下就是一个子树如果正好大小为k且根的父亲边没被断掉就肯定得不到答案

好了我们考虑枚举每一个约数让后dfs一次？

超时了！n<=10^6

我们考虑一下将原树看做一个有根树，一个节点可以作一个块的”根”，当且仅当该节点的 size 能被块的大小整除 预处理出每个节点的 size,枚举树的大小 k,判断 size 为 k 的倍数的节点数量是否为n/k就好了

复杂度nlgn，注意要打bfs

#pragma GCC opitmize("O3")
#pragma G++ opitmize("O3")
#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct edge{ int v,nt; }G[2000010]; queue<int> q;
int sz[1000010],h[1000010],n,cnt=0,A=0,c[1000010],f[1000010];
inline void adj(int x,int y){
	G[++cnt]=(edge){y,h[x]}; h[x]=cnt;
	G[++cnt]=(edge){x,h[y]}; h[y]=cnt;
}
void bfs(){
	q.push(1);
	for(int x;!q.empty();q.pop()){
		sz[c[++A]=x=q.front()]=1;
		for(int i=h[x];i;i=G[i].nt)
			if(!sz[G[i].v]) f[G[i].v]=x,q.push(G[i].v);
	}
	for(;A;--A) sz[f[c[A]]]+=sz[c[A]];
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int x,y,i=1;i<n;++i){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		adj(x,y);
	}
	bfs(); memset(c,0,sizeof c);
	for(int i=1;i<=n;++i) ++c[sz[i]];
	for(int v,i=1;i<=n;++i)
		if(n%i==0){
			v=n/i;
			for(int j=i;j<=n;j+=i) v-=c[j];
			if(!v) ++A;
		}
	printf("%d\n",A);
}