YACS-2023.11-金组

生病了，但是依然强悍。

好久没打 YACS 比赛了。

T1 树的路径

题目大意

https://www.iai.sh.cn/problem/867

给定一棵 $n$ 个结点的树，点的编号为 $1$ 到 $n$，$1$ 号点为根。树上第 $i$ 个点与其父亲的距离为 $d_i$。给定一个上限 m，与一个编号为 $u$ 的点，定义 $S(u,m)$ 为 $u$ 的子树中，与 $u$ 距离不超过 $m$ 的点的数量。

对任意点 $1≤i≤n$，请计算并输出 $S(i,m)$。

$1\le n\le 2\times 10^5, 1\le m\le 10^{18}, 1\le d_i\le 10^9$.

思路

记 $dis_i$ 表示 $i$ 到根节点的路径长度，则 $u$ 子树内节点 $v$ 到 $u$ 的距离不超过 $m$ 等价于 $dis_v-dis_u\le m$，即 $dis_v\le dis_u+m$，同时 $v\in subtree(u)$。

搞出 dfn 序列，然后在子树内这一限制变成了一段区间，将 $dis,dis+m$ 离散化，变成二维偏序问题，可以离线下来用一个 BIT 搞。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii <= bb; ii++)
#define Rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii >= bb; ii--)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair<int, ll> PII;
const int maxn = 2e5 + 5;
namespace IO_ReadWrite {
	#define re register
	#define gg (p1 == p2 && (p2 = (p1 = _buf) + fread(_buf, 1, 1<<21, stdin), p1 == p2) ? EOF :*p1++)
	char _buf[1<<21], *p1 = _buf, *p2 = _buf;
	template <typename T>
	inline void read(T &x){
		x = 0; re T f=1; re char c = gg;
		while(c > 57 || c < 48){if(c == '-') f = -1;c = gg;}
		while(c >= 48 &&c <= 57){x = (x<<1) + (x<<3) + (c^48);c = gg;}
		x *= f;return;
	}
	inline void ReadChar(char &c){
		c = gg;
		while(!isalpha(c)) c = gg;
	}
	template <typename T>
	inline void write(T x){
		if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
		if(x > 9) write(x/10);
		putchar('0' + x % 10);
	}
	template <typename T>
	inline void writeln(T x){write(x); putchar('\n');}
}
using namespace IO_ReadWrite;
int n, tI[maxn], timer, tO[maxn], rev[maxn];
vector <PII> e[maxn];
ll m, dis[maxn], ds[maxn * 2], nD, dpa[maxn];
inline void dfs(int u, int fa) {
	dis[u] = dis[fa] + dpa[u];
	rev[tI[u] = ++ timer] = u;
	for(auto now : e[u]) {
		int v = now.first;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, u);
	}
	tO[u] = timer;
}
int bit[maxn * 2];
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
inline void upd(int x, int v) {
	for(; x <= nD; x += lowbit(x)) 
		bit[x] += v;
}
inline int psq(int x) {
	int res = 0;
	for(; x; x -= lowbit(x)) res += bit[x];
	return res;
}
struct querys {
	int op, id, pos;
	int val;
	bool operator <(const querys &X)const {
		return pos < X.pos;
	}
} q[maxn * 2];
int nQ, ans[maxn];
vector <int> qry[maxn];
int main () {
	read(n); read(m);
	rep(i, 2, n) {
		int x; 
		read(x); read(dpa[i]);
		e[x].push_back({i, dpa[i]});
	}
	dfs(1, 0);
	rep(i, 1, n) ds[++ nD] = dis[i], ds[++ nD] = dis[i] + m;
	sort(ds + 1, ds + nD + 1);
	nD = unique(ds + 1, ds + nD + 1) - (ds + 1);
	rep(i, 1, n) {
		int val = lower_bound(ds + 1, ds + nD + 1, (dis[i] + m)) - ds;
		dis[i] = lower_bound(ds + 1, ds + nD + 1, dis[i]) - ds;
		q[++ nQ] = {1, i, tO[i], val};
		q[++ nQ] = {-1, i, tI[i] - 1, val};
	}
	sort(q + 1, q + nQ + 1);
	rep(i, 1, nQ) qry[q[i].pos].push_back(i);
	rep(i, 1, n) {
		upd(dis[rev[i]], 1);
//		writeln(dis[rev[i]]);
		for(auto id : qry[i]) {
			int op = q[id].op, u = q[id].id, val = q[id].val;
//			writeln(val);
			ans[u] += op * psq(val);
		}
	}
//	rep(i, 1, n) writeln(tI[i]);
	rep(i, 1, n) writeln(ans[i]);
	return 0;
}

T2 点对乘积

题目大意

https://www.iai.sh.cn/problem/871

给定一棵 $n$ 个点，且以 $1$ 号点为根的有根树，树上编号为 $i$ 的点的父节点为 $p_i$ ，权值为 $x_i$ 。同时给定一个正整数 $m$。

请你求出有多少对点对 $(u,v)$，满足 $u$ 是 $v$ 的祖先，且 $x_u×x_v≤m$。

$n\le 10^5, x_i,m\le 10^9$。

思路

双倍经验。

枚举 $u$，然后变成 $v\in subtree(u)$，熟悉吗？此时 $v\neq u$，特判一下即可。

然后就变成 $x_v\le \dfrac m {x_u}$。事实上不需要浮点数，有 $x_v\le \left\lfloor\dfrac m {x_u}\right\rfloor$，原因是 $x_v$ 是整数，故 $x_v$ 是不大于 $\dfrac m {x_u}$ 的整数，而根据定义，$\left\lfloor\dfrac m {x_u}\right\rfloor$ 是不大于 $\dfrac m {x_u}$ 的最大整数，因此成立。

然后又变成二维偏序了。时间复杂度 $O(n\log n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii <= bb; ii++)
#define Rep(ii,aa,bb) for(re int ii = aa; ii >= bb; ii--)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef pair<int, int> PII;
const int maxn = 1e5 + 5;
namespace IO_ReadWrite {
	#define re register
	#define gg (p1 == p2 && (p2 = (p1 = _buf) + fread(_buf, 1, 1<<21, stdin), p1 == p2) ? EOF :*p1++)
	char _buf[1<<21], *p1 = _buf, *p2 = _buf;
	template <typename T>
	inline void read(T &x){
		x = 0; re T f=1; re char c = gg;
		while(c > 57 || c < 48){if(c == '-') f = -1;c = gg;}
		while(c >= 48 &&c <= 57){x = (x<<1) + (x<<3) + (c^48);c = gg;}
		x *= f;return;
	}
	inline void ReadChar(char &c){
		c = gg;
		while(!isalpha(c)) c = gg;
	}
	template <typename T>
	inline void write(T x){
		if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
		if(x > 9) write(x/10);
		putchar('0' + x % 10);
	}
	template <typename T>
	inline void writeln(T x){write(x); putchar('\n');}
}
using namespace IO_ReadWrite;
int n;
ll x[maxn], xs[maxn * 2], nX, m;
int tI[maxn], tO[maxn], timer, rev[maxn];
vector <int> e[maxn];
inline void dfs(int u) {
	rev[tI[u] = ++ timer] = u;
	for(auto v : e[u]) dfs(v);
	tO[u] = timer;
}
struct querys {
	int op, u, pos, val;
} q[maxn * 2];
int nQ;
vector <int> qry[maxn];
ll sum, ans[maxn];
int bit[maxn * 2];
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
inline void upd(int x, int v) {
	for(; x <= nX; x += lowbit(x)) 
		bit[x] += v;
}
inline int psq(int x) {
	int res = 0;
	for(; x; x -= lowbit(x)) res += bit[x];
	return res;
}
int main () {
	read(n); read(m);
	rep(i, 2, n) {
		int u; read(u);
		e[u].push_back(i);
	}
	dfs(1);
	rep(i, 1, n) read(x[i]);
	rep(i, 1, n) sum -= (1ll * x[i] * x[i] <= m);
	rep(i, 1, n) {
		xs[++ nX] = x[i];
		xs[++ nX] = m / x[i];
	}
	sort(xs + 1, xs + nX + 1);
	nX = unique(xs + 1, xs + nX + 1) - (xs + 1);
	rep(i, 1, n) {
		int val = lower_bound(xs + 1, xs + nX + 1, (m / x[i])) - xs;
		q[++ nQ] = {1, i, tO[i], val};
		q[++ nQ] = {-1, i, tI[i] - 1, val};
		x[i] = lower_bound(xs + 1, xs + nX + 1, x[i]) - xs;
	}
	rep(i, 1, nQ) qry[q[i].pos].push_back(i);
	rep(i, 1, n) {
		upd(x[rev[i]], 1);
		for(auto id : qry[i]) {
			int op = q[id].op, u = q[id].u, val = q[id].val;
			ans[u] += op * 1ll * psq(val);
		}
	}
	rep(i, 1, n) sum += ans[i];
	writeln(sum);
	return 0;
}

T3 构图

题目大意

https://www.iai.sh.cn/problem/870

小爱想用 $n$ 个点，$k$ 条边来构造一张简单无向联通图（即无重边、无自环），她希望构造出的图能够满足前 $m$ 个点度数恰好为 $2$。

请你帮忙求出满足条件的简单无向联通图的个数，由于答案可能很大，输出答案对 $10^9+7$ 取模的结果。

$n,k\le 50,0\le m\le 2$。

思路

最困难的一集。

首先一点，$n$ 个点 $k$ 条边的有标号无向连通图计数是好做的。这篇文章 还给出了一个使用 Stirling 反演进一步优化复杂度的做法。

然后就变成了讨论前 $m$ 个点之间的连接情况。代码没写。

当 $m=0$ 时，没有限制，答案即为 $f(n,k)$。

当 $m=1$ 时，一种是剩下 $n-1$ 个点用 $k-2$ 条边联通，则 $1$ 随便连两个点， $\dfrac{(n-1)(n-2)}{2}f(n-1,k-2)$；另一种是剩下 $n-1$ 个点分成了两个连通块，枚举其中一个连通块的大小 $i$ 和所用边数 $j$，每个情况被算了两次，则贡献为

$$\dfrac 1 2\sum_{i=1}^{n-2}\sum_{j=0}^k\binom {n-1}{i}f(i,j)f(n-1-i,k-j)$$

再考虑 $1$ 和哪两个点连边，从第一个连通块选一个点方案数为 $i$，第二个连通块选一个点方案数为 $n-1-i$，故答案为

$$\dfrac{(n-1)(n-2)}{2}f(n-1,k-2)+\dfrac 1 2\sum_{i=1}^{n-2}\sum_{j=0}^k\binom {n-1}{i}f(i,j)f(n-1-i,k-j)\times i(n-1-i)$$

当 $m=2$ 时，剩下的点最多可以分为三个连通块，枚举相应情况即可。