bzoj 4401: 块的计数

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Description

小Y最近从同学那里听说了一个十分牛B的高级数据结构——块状树。听说这种数据结构能在sqrt(N)的时间内维护树上的各种信息，十分的高效。当然，无聊的小Y对这种事情毫无兴趣，只是对把树分块这个操作感到十分好奇。他想，假如能把一棵树分成几块，使得每个块中的点数都相同该有多优美啊！小Y很想知道，能有几种分割方法使得一棵树变得优美。小Y每次会画出一棵树，但由于手速太快，有时候小Y画出来的树会异常地庞大，令小Y感到十分的苦恼。但是小Y实在是太想知道答案了，于是他找到了你，一个天才的程序员，来帮助他完成这件事。

Input

  第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。

Output

一行一个整数Ans，表示所求的方案数。

Sample Input

6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6

Sample Output

3

HINT

 

100%的数据满足N<=1000000。

 

    首先最好发现的一个性质是块的大小必须得是N的约数。。。不然都不能整除肯定分不出来。。。

同时，当块的大小一定的时候，也只能有一种分法(最底层只可能是完整的子树，只有一种分法，而这些子树的分法一旦确定了它们的祖先的也就确定了)

    虽然对于随机数据来说，N的约数个数是log(N)级别的(考虑调和级数的复杂度计算以及它的意义是1-n的约数个数和)，暴力枚举约数+dfs就可以过了。

 

    但是你觉得出题人可能会这么良心吗hhhhh，肯定会有那种约数个数趋近于sqrt(N)的N。。。

 

    假如块的大小确定为k了，那么只有那些子树节点个数是k的倍数的点才可能作为一个块的根。

而这种节点必须得有n/k个才行(最多也只能有n/k个了)。

 

  如果小于n/k个的话显然不行，因为可能是根的都没有n/k个最后肯定分不出来。

那么为什么有n/k个满足条件的点就肯定能行呢？？？

 

  很显然的一点是如果一个满足条件的节点的子树大小为2*k,那么它里面肯定会有一个子树大小为k的后代。。。

因为如果没有的话满足条件的点就到不了n/k个。

 

其他情况类似，意识流证明一下就好了hhhhh

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 1000005
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int n,m,siz[maxn],num=0;
int tot[maxn],dvd[1005],ans=0;

void dfs(int x,int fa){
    int to; siz[x]=1;
    for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){
        to=g[x][i];
        if(to!=fa) dfs(to,x),siz[x]+=siz[to];
    }
    tot[siz[x]]++;
}

inline void prework(){
    int m=sqrt(n);
    for(int i=1;i<=m;i++) if(!(n%i)){
        dvd[++num]=i;
        if(i*i!=n) dvd[++num]=n/i;
    }
}

inline void solve(){
    for(int i=1;i<=num;i++){
        int cnt=0;
        for(int j=dvd[i];j<=n;j+=dvd[i]) cnt+=tot[j];
        if(cnt>=n/dvd[i]) ans++;
    }
}

int main(){
    int uu,vv;
    scanf("%d",&n);
    prework();
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&uu,&vv);
        g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu);
    }
    
    dfs(1,1);
    
    solve();
    
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}