QOJ6958-复杂的双树上问题以及简单的解决方式
题面
思路
我们考虑如何判断一对 \(T_1,T_2\) 是否合法。
首先，我们可以发现 \(T_2\) 上的边权只能有至多一组合法解，这是因为对于任意一条边连接 \(u,v\)，它的边权必然是 \(dis_1(u,v)\)，所以事实上我们是没有权限给 \(T_2\) 任意赋权的，这样题目就简单了一些。
那么，我们如何判定每一对 \(u,v\) 均满足 \(dis_1(u,v)=dis_2(u,v)\) 呢？直接跑最短路显然不现实，那么就考虑转化问题了。
假设 \(T_2\) 上 \(u\rightarrow v\) 的简单路径依次经过了 \(v_1\sim v_k\)（包括 \(u\) 与 \(v\)），那么 \(dis_2(u,v)= \sum\limits_{i=1}^{k-1}dis_2(v_i,v_{i+1})\)，因为任意 \(u,v\) 均满足 \(dis_1(u,v)=dis_2(u,v)\)，所以 \(dis_2(u,v)=\sum\limits_{i=1}^{k-1}dis_1(v_i,v_{i+1})\)，在合法条件下，这一式子必然成立。
而 \(\sum\limits_{i=1}^{k-1}dis_1(v_i,v_{i+1})\) 这个式子的内涵，就是 \(T_1\) 上一条 \(v_1\rightarrow v_2\rightarrow v_3\rightarrow\cdots\rightarrow v_k\) 的非简单路径的边权之和，注意，这里经过的边权会被计算多次，经过几次算几次。
那么 \(dis_1(u,v)=dis_2(u,v)\) 就转化成了 \(dis_1(u,v)=\sum\limits_{i=1}^{k-1}dis_1(v_i,v_{i+1})\)，与 \(T_2\) 无关了。
如果上面这个式子满足，不难想到如果一条边在左右两式中贡献次数不同，其边权只能为 \(0\)。形式化地说，记在右式中与左式中边 \(e\) 分别被经过了 \(p_e,q_e\) 次，那么这充要于对于所有 \(p_e\neq q_e\) 的 \(e\)，\(w_e=0\)。
下面我们引出一个重要性质：\(p_e\equiv q_e(\bmod 2)\)，并且 \(p_e\ge q_e\)，发现 \(p_e\neq q_e\) 充要于 \(p_e\ge 2\)，那么 \(p_e\ge 2\) 的边就很好刻画了：它必然在一对简单路径 \(i\neq j\)，\(path(a_i,a_{i+1})\) 与 \(path(a_j,a_{j+1})\) 的交边上。
所以，\(dis_1(u,v)=dis_2(u,v)\) 充要于\(\forall 1\le i<j<k,\ path(a_i,a_{i+1}),path(a_j,a_{j+1})\) 相交的部分边权均为 \(0\)。
更进一步， \((T_1,T_2)\) 合法充要于对所有 \(T_2\) 上的边二元组 \(e_1\neq e_2\)，\(path_1(u_{e_1},v_{e_1}),path_1(u_{e_2},v_{e_2})\) 交的部分边权均为 \(0\)。
- 必要性：如果存在一对边二元组 \(e_1\neq e_2\)，\(path_1(u_{e_1},v_{e_1}),path_1(u_{e_2},v_{e_2})\) 交的部分边权不为 \(0\)，因为 \(T_2\) 上必然有存在 \(path_2(u,v)\) 内包含 \(e_1,e_2\)，那么 \(dis_1(u,v)\neq dis_2(u,v)\)，树不合法。
- 充分性：读者自证不难。
然后考虑一个很简单的转换，一条边为两条路径的交，那么它被这两条路径覆盖。
最后，判断方法就呼之欲出了：对于 \(T_2\) 上的每一条边 \((u,v)\)，将 \(T_1\) 上 \(path_1(u,v)\) 上所有边覆盖次数 \(+1\)，最后假如 \(T_1\) 上存在边被覆盖多次且其边权不为 \(0\)，则不可行。若所有边均合法，则可行。
实现
不难发现，我们只需要修改所有使得 \((T_1,T_2)\) 不合法的边就可以了。
更具体地，修改次数就是被覆盖多次且边权不为 \(0\) 的 \(T_1\) 上的边的数量。
如果使用树上差分计算所有边的被覆盖次数，时间复杂度为 \(O(n\log n)\) 的。
同时，考虑到我们只需要判定一条边是否被覆盖至少两次，使用 \(O(n)-O(1)\) LCA 可以做到 \(O(n)\)。当然这并不是必要的，树上差分已经足以通过这道题了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,T=20;
int n;
int f[N][T+1];
int v[N];
vector<int> ed[N];
int dp[N];
int cf[N];
int ans;
void dfsi(int now){
dp[now]=dp[f[now][0]]+1;
for(auto nxt:ed[now]){
dfsi(nxt);
}
}
void binit(){
for(int t=1;t<=T;t++){
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][t]=f[f[i][t-1]][t-1];
}
}
}
int lca(int a,int b){
if(dp[a]>dp[b])swap(a,b);
for(int t=T;t>=0;t--){
if(dp[f[b][t]]>=dp[a])b=f[b][t];
}
if(a==b)return a;
for(int t=T;t>=0;t--){
if(f[a][t]!=f[b][t]){
a=f[a][t];
b=f[b][t];
}
}
return f[a][0];
}
void dfss(int now){
for(auto nxt:ed[now]){
dfss(nxt);
cf[now]+=cf[nxt];
if(cf[nxt]>1&&v[nxt]>0)ans++;
}
}
void solve(){
cin>>n;
f[1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)ed[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)cf[i]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)cin>>f[i][0];
for(int i=2;i<=n;i++){
cin>>v[i];
ed[f[i][0]].push_back(i);
}
dfsi(1);
binit();
for(int i=2,j;i<=n;i++){
cin>>j;
int k=lca(i,j);
cf[k]-=2;
cf[i]++;cf[j]++;
}
ans=0;
dfss(1);
cout<<ans<<"\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int t;cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}
