Touch

题目描述

一句话题意： 求一棵N-2条边权确定的树中那条不确定的边的边权分别为[L,R]中的每一个数时树中路径权值gcd为1的点对有多少。

(路径的gcd为所有边权的gcd)

输入格式

第一行N,L,R。

第二行是不确定的边的两个端点。

接下来N-2行每行三个数表示一条边的两个端点和边权。

输出格式

L-R+1行，第i行为当不确定边权等于L+i-1时的答案。

样例

sample.in:

5 1 5

1 2

2 3 6

2 4 4

1 5 3

sample.out:

6

3

2

3

5

数据范围与提示

对于 30% 的数据, 满足 N ≤ 1000, R − L ≤ 1000;

对于另外的 30% 的数据, 满足 N ≤ 10^5, L = R;

对于 100% 的数据, 满足 N ≤ 10^5, Di ≤ 10^5, 1 ≤ L ≤ R ≤ 10^5.

注意：版权归杨乐所属！！

 

清北寒假省选班的最后一次考试的压轴题，当时我远程提交(厚颜无耻)了个暴力竟然得了80分！！！震惊！

我的暴力就是维护一个点到子树中的每种gcd路径的数量，然后合并，计算答案。

所以先贴一个我的暴力(沉迷重载运算符无法自拔)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define maxn 150005
#define pb push_back
using namespace std;
ll ans=0,base=0;
int to[maxn*2],ne[maxn*2],val[maxn*2];
int hd[maxn],u,v,n,m,L,R;
int vis[maxn],dfn,pos[maxn];

int gcd(int a,int b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}

struct p{
	int num,sum;
};

struct node{
	vector<p> g;
	
	node operator *(const int &u)const{
		node r; p x;
		r.g.clear();
		dfn++;
		
		for(int i=g.size()-1;i>=0;i--){
			x=g[i];
		    int d=gcd(u,x.num);
		    if(vis[d]!=dfn){
		    	vis[d]=dfn,pos[d]=r.g.size();
		    	r.g.pb((p){d,x.sum});
			}
			else{
				r.g[pos[d]].sum+=x.sum;
			}
		}
		
		return r;
	}
	
	node operator +(const node &u){
		node r; p x;
		r.g.clear();
		dfn++;
		
		for(int i=g.size()-1;i>=0;i--){
			x=g[i];
			if(vis[x.num]!=dfn){
				vis[x.num]=dfn,pos[x.num]=r.g.size();
				r.g.pb(x);
			}
			else r.g[pos[x.num]].sum+=x.sum;
		}
		
		for(int i=u.g.size()-1;i>=0;i--){
			x=u.g[i];
			if(vis[x.num]!=dfn){
				vis[x.num]=dfn,pos[x.num]=r.g.size();
				r.g.pb(x);
			}
			else r.g[pos[x.num]].sum+=x.sum;
		}
		
		return r;
	}
}tree[maxn];

inline ll calc(node x,node y){
	ll an=0;
	p o,k;
	for(int i=x.g.size()-1;i>=0;i--){
		o=x.g[i];
		for(int j=y.g.size()-1;j>=0;j--){
			k=y.g[j];
			if(gcd(k.num,o.num)==1) an+=k.sum*(ll)o.sum;
		}
	}
	
	return an;
}

inline ll calc_line(node x,node y,int D){
	ll an=0;
	p o,k;
	for(int i=x.g.size()-1;i>=0;i--){
		o=x.g[i];
		for(int j=y.g.size()-1;j>=0;j--){
			k=y.g[j];
			if(gcd(gcd(k.num,o.num),D)==1) an+=k.sum*(ll)o.sum;
		}
	}
	
	return an;
}

void dfs(int x,int fa){
	tree[x].g.pb((p){0,1});
	node w;
	
	for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(to[i]!=fa){
		dfs(to[i],x);
		w=tree[to[i]]*val[i];
		ans+=calc(tree[x],w);
		tree[x]=tree[x]+w;
	}
}

int main(){
	freopen("touch.in","r",stdin);
	freopen("touch.out","w",stdout);
	
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&R);
	scanf("%d%d",&u,&v);
	int uu,vv,ww;
	for(int i=n-2;i;i--){
		scanf("%d%d%d",&uu,&vv,&ww);
		to[i]=vv,ne[i]=hd[uu],hd[uu]=i,val[i]=ww;
		i+=n;
		to[i]=uu,ne[i]=hd[vv],hd[vv]=i,val[i]=ww;		
		i-=n;
	}
	
	dfs(u,u),dfs(v,v);

	for(int i=L;i<=R;i++) printf("%lld\n",ans+calc_line(tree[u],tree[v],i));
	
	return 0;
}

　　

然后来正经的讲一下正解咳咳。

(要不是当时T2是我第一次写高精调了大半年最后没时间了我觉得我是能想到的hhh)

设f[x]为路径gcd为x的点对对数，g[x]为路径gcd为x的倍数的点对对数。

显然g[x]=Σf[x*i]

那么反演一下，f[x]=Σg[x*i]*μ[i]

然后我们求的是f[1]，所以答案就是Σg[i]*μ[i] (先假装没有那条边权不定的边)。

 

求g[x]很简单，并查集一下就好了。

 

那么怎么考虑那条边权不确定的边呢？？？

设那条不确定的边的边权是w。

它只会对d|w的g[d]产生影响，而且影响也是很好计算的，就在计算g[d]之后的并查集上再连一下不定边的两个端点即可。

 

至于计算所有g[d]和考虑所有d对d|w的w的影响的话，可以用调和级数开开心心O(N log N)过的。。。(我是不会告诉你标程是N sqrt(N)然后我艹爆了标程hhh，

其实是老师懒懒得写调和级数)

这样的话其实时限1s就够了(当然如果时限1s我当时就没法水那么多暴力分了hhh)

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<vector>
#define ll long long
#define maxn 100005
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int zs[maxn],t=0,miu[maxn];
bool v[maxn];

inline void init(){
	miu[1]=1;
	for(int i=2;i<=100000;i++){
		if(!v[i]) zs[++t]=i,miu[i]=-1;
		for(int j=1,u;j<=t&&(u=zs[j]*i)<=100000;j++){
			v[u]=1;
			if(!(i%zs[j])) break;
			miu[u]=-miu[i];
		}
	}
}

int num,op[maxn],mx;
int vis[maxn],dfn=0;
struct lines{
	int u,v;
}l[maxn];
int n,m,S,T,L,R;
int p[maxn],siz[maxn];
ll base=0,ans[maxn];

int ff(int x){
	return p[x]==x?x:(p[x]=ff(p[x]));
}

inline void clear(){
	for(int i=1;i<=num;i++){
		p[op[i]]=op[i];
		siz[op[i]]=1;
	}
	p[S]=S,p[T]=T;
	siz[S]=siz[T]=1;
	num=0;
}

inline ll solve(int x){
	dfn++;
	lines e;
	int fa,fb;
	ll an=0;
	for(int i=x;i<=mx;i+=x)
	    for(int j=g[i].size()-1;j>=0;j--){
	    	e=l[g[i][j]];
	    	fa=ff(e.u),fb=ff(e.v);
	    	if(vis[e.u]!=dfn){
	    		vis[e.u]=dfn,op[++num]=e.u;
			}
	    	if(vis[e.v]!=dfn){
	    		vis[e.v]=dfn,op[++num]=e.v;
			}
			
			p[fa]=fb,an+=siz[fa]*(ll)siz[fb];
			siz[fb]+=siz[fa];		
		}
		
	return an;
}

int main(){
	init();
	scanf("%d%d%d",&n,&L,&R);
	scanf("%d%d",&S,&T);
	int ww;
	for(int i=n-2;i;i--){
		scanf("%d%d%d",&l[i].u,&l[i].v,&ww);
		g[ww].pb(i),mx=max(mx,ww);
	}
	
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i,siz[i]=1;
	
	for(int i=mx;i;i--){
		clear();
		base+=miu[i]*solve(i);

		int fa=ff(S),fb=ff(T);
		ll now=siz[fa]*(ll)siz[fb]*(ll)miu[i];
		
		for(int j=i;j<=mx;j+=i) ans[j]+=now;
	}

	for(int i=L;i<=R;i++) printf("%lld\n",base+ans[i]);
	return 0;
}

　　

 

但是暴力还是在loj上A了，对比一下(根据数据的随机性的话，我这种暴力的效果也是很好的)：