「杂录」CSP-S 2019 爆炸记&题解

考试状况

$Day1$

$8:30$
解压，先打个含头文件和 $freopen$ 的模板程序，准备做题。

$8:35$
开题，心想着按顺序做吧，毕竟难度一般是按顺序排的。
第一题，一眼看过去。
标题：格雷码
描述：格雷码是 $balabala$ ，有个方法可以生成格雷码 $balabala$
数据范围： $long\ long$ 内
求 $n$ 位格雷码第 $k$ 项？第一位看一下在前半还是后半，第二位递归下去……复杂度 $O(n)$ ，没什么大问题，直接开打。

$8:45$
打完了，测小样例、大样例，手造两个小数据，测一下极限数据……等等，极限数据是 $63$ 还是 $64$ 位？看一下数据范围， $n<=64$ ，可以等于……那就不能用 $long\ long$ 了，赶紧改成 $unsigned\ long\ long$ ，发现不知道怎么读入……改成 $cin$ 。测一下最大数据，能过，好的下一道。

$8:50$
第二题好像蛮套路的，树上做合法括号序列……考虑到括号序列的合法判断，只需要把 $($ 当成 $1$ ， $)$ 当成 $-1$ ，求前缀和，满足没有任何一个位置小于 $0$ ，并且最后的位置等于 $0$ 就一定合法。那么考虑在树上 $Dfs$ 维护前缀和，统计方案，显然有 $f_i=f_{fa_i}+ans_i$ 。那么计算以 $i$ 结尾的方案数方法也挺简单的，只需要求出到祖先路径上第一个小于自己的前缀和（这个位置的前缀和为负，之前都不可选）之后的与自己前缀和相等的位置数量即可。

嗯……怎么求第一个小于自己的数的位置？关键是怎么求在此基础上的与 $i$ 前缀和相等的数量？由于每次前缀和只会 $+1$ 或 $-1$ ，那么第一个比 $x$ 小的必然是 $x-1$ ，可以用一个数组存一下位置。同理，当某一个前缀和为 $x$ 时，把 $x+1$ 的数量全都清空就可以求出在某个位置之后的答案……这样似乎就没有问题了，好的，开打。

$9:30$
打完了，测一下小样例，过了……测一下大样例，没出结果……由于有 $Dfs$ ，大概是栈爆了，那就手动扩栈吧……但是扩栈的编译命令是啥啊……心血来潮准备翻一下 $MinGW$ 的文件找找有没有哪里记录了编译命令大全……用 $ctrl+F$ 宛如智障般在各种庞大的文件里找了 $20$ 分钟，找到几个看起来像的，加上去，还是都编译不过。

$9:50$
放弃扩栈了，输出中间结果看看，毕竟大样例本身也很水，就是一条左括号右括号轮流来的链……除了有点臭以外。中间结果似乎没有大问题……算了，做第三题去吧……

$10:00$
第三题数据范围 $n\leq 2000$ ， $5$ 组数据，明显要你 $n^2$ 做一次，可是乍一看我怎么只会个 $n!$ 暴力啊……看来难度不低（后来发现，应该是今年最难的一题）。

别慌，考虑第一位，显然应该让数字 $1$ 去到最小的编号，那不就是 $1$ 号位吗？那么这条路径上的边全都要被选，并且数字 $1$ 一开始在的位置的其他边，都不能先选，一旦选了就会把 $1$ 换走。目标节点的其他边必须在 $1$ 到达之前全都选完，不然最终 $1$ 不能停留在目标点。中间路径上的边有一定的选择次序，并且支出去的边不能在 $1$ 号点被换到这个位置的时候选。

诶等等，数字 $1$ 还不一定能去 $1$ 号点啊，如果自己就在 $1$ 号点，一定会被换出去……然后数字 $1$ 去了该去的位置，又留下了一堆限制，数字 $2$ 的移动大大受限……

想了 $1$ 小时……还是想不到正解……

$11:00$
算了算了想暴力吧。
$n\leq 10$ ，阶乘枚举边换的顺序即可；
链， $1$ 号点去除了自己以外的最小位置，中间这条路的显然是一路换过去，但是第 $2$ 个呢？中间的边都被换了不能走，那么就把被换了的边打个标记，只能访问到没换的边……等等， $1$ 也不一定是最先换的，目标位置后面的边要先选，不然 $1$ 会被换走……啊啊啊啊没时间了，直接开打吧。

$11:20$
阶乘枚举为什么也这么难打啊，输入不是按树上的数给出，而是给出数字的标号，还要转化一次， $Dfs$ 还要记录 $vis$ ，时间不够用啊……小样例调试过了，但时间不够了。打链甚至要先找一下端点，又是多组数据还要清空度数数组……没时间了，调不出来……

$11:55$
放弃第三题的链，留了个错误算法看能骗多少分吧……检查了前面的文件，没什么问题，时间非常赶。

$After$
问了大家的成绩，好像都差不多，勉强心态平衡了， $210$ 大众分，回去看了一下午的老番。

$Day2$

$8:30$
还是按顺序做。第一题，感觉蛮套路的，容斥原理呼之欲出了，不过超过一半这个条件似乎不知道总数就没有办法？那么还要枚举总数，复杂度一算 $O(mn^3)$ ，过不了。

思索良久，发现一半的限制有点微妙，首先这会使得最多只有一种菜不合法，其次还等价于一种菜比其他所有菜加起来还要多。那么只需要一维状态记录差值，就可以不需要枚举总数了。思考大概花了20分钟，代码也挺好打的，细节不多，直接打。

$9:20$
打完代码，依然是测小样例和大样例，都能过，数组也没爆，还是计数问题，不太需要对拍，那就先这样了，去看第二题。

看一眼数据范围，好大，只能 $O(n)$ ，而且还会爆 $long\ long$ ，需要手写高精度。再看，应该是个 $DP$ ，平方的费用有点像斜率优化，但又不是，因为还有一个段长递增的限制。感觉可以贪心，想了一个 $O(n)$ 的简单的错误算法，心想毕竟是第二题，有了高精度剩下的难度应该不会很高，还虚假地证明了这个算法的正确性。然后就直接开打了，打完一测大样例，瞬间挂掉，算上想这个错算法的时间相当于浪费了 $30$ 分钟……幸好没有直接开打高精度，否则浪费的时间更多。

$9:50$
在想是代码问题还是思路问题，结果构造了一个小样例，也挂了，瞬间明白之前的证明不严谨，这个算法是错的，而且没法修补……一看时间还有，继续刚，又废了 $40$ 分钟。

$10:30$
不行，再刚就没时间做第三题了……先看一下第三题，割边后求重心标号？好像更不可做，那就留点时间打暴力就行了吧……继续想，仍然没有想法，转头想暴力，想到了一个 $O(n^2)$ 的，真的没有时间了，拿完 $64$ 分就跑吧。到调完程序，花了 $40$ 分钟。

$11:10$
上来就准备打暴力，小的时候暴力断边求重心，链可以在序列上做，满二叉树情况很简单，断开的边下方的点必然是，剩下的重心肯定是根和根的两个儿子之一。一共 $75$ 分的部分分，后悔没有早点看到。

不过几个暴力也不是很好写……打到最后只剩 $10$ 分钟了，链和暴力都搞定了，满二叉树打完了死活调不过去，只能注释掉求稳，把前面的都分都留住，去检查文件名和 $freopen$ 了。

出考场，发现第二题有一个单调性，很好拿到 $88$ 分，人均 $88$ 就我没有。并且第三题满二叉树的方法也挺好写的，我写复杂了。心情不太好，回去测试， $100+64+55=219$ ，基本没有可波动的余地了。总分大概是 $429$ ，靠民间数据大致测出省内 $13$ 左右，凉凉。

赛后总结

总算是付出代价了。

划水不会有好下场，知识点理解不够深入， $D2T2$ 大家都能看出来的单调性优化 $DP$ 没有看出来， $D2T3$ 树重心的性质理解不够深入，让我面对 $Day2$ 几乎 $AK$ （ $t3\ 100pts$ ， $t2$ 只是没写高精度才 $88pts$ ）的各校巨佬们无法望其项背；考试策略大大失误，导致从本应还算稳的名次（ $100+100+10+100+88+75=473$ ）跌到如此境地 $(473-24-20=429)$ ，进省队都悬。

逆水行舟，不进则退，每个人都在努力着，我再不脚踏实地继续向前，只会输得更惨。在一个比较弱的省，名次还能看，必须引以为戒，省选必夺名次。

补题情况

$D1t1$

递归，或者找规律： $k\oplus(k>>1)$
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
int n;
ull k, s, t;
int main()
{
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		s = s << 1 | 1;
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		t = s >> 1;
		if (k <= t)
			putchar('0');
		else
		{
			putchar('1');
			k = s - k;
		}
		s = t;
	}
	putchar(10);
}

$D1t2$

按 $Dfs$ 序求每个点为右端点的合法括号序列个数。用一个 $sum$ 数组记录根到 $i$ 的路径和， $num$ 数组记录当前缀和为 $x$ 的有 $num_x$ 个。每次 $f_i=f_{fa_i}+num_{sum_i}$ 。当 $sum_i=x$ 时，递归到子树内时将 $num_{x+1}$ 清零，退栈时还原。
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int n, fat[N], tar[N], nex[N], fir[N], cnt;
int sum[N], num[N << 1];
ll f[N], ans;
char S[N];
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
}
void Dfs(int r)
{
	sum[r] = sum[fat[r]] + (S[r] == '(' ? 1 : -1);
	f[r] = f[fat[r]] + num[sum[r] + n];
	ans = ans ^ (r * f[r]);
	int s = num[sum[r] + n + 1];
	num[sum[r] + n]++;
	num[sum[r] + n + 1] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		Dfs(v);
	}
	num[sum[r] + n]--;
	num[sum[r] + n + 1] = s;
}
int main()
{
	Read(n);
	scanf("%s", S + 1);
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		Read(fat[i]);
		Add(fat[i], i);
	}
	num[n] = 1;
	Dfs(1);
	printf("%lld\n", ans);
}

$D1t3$

从数字 $1$ 到 $n$ 依次确定每个数最终到达的节点。

考虑要从 $x$ 节点到 $y$ 节点，则对于路径上连续的三个点 $(i,j,k)$ 必须要求 $(i,j)$ 这条边要比 $(j,k)$ 先使用，并且在 $(i,j)$ 和 $(j,k)$ 之间没有任何与 $j$ 连接的边被使用。同时，要求从 $x$ 出发的边是 $x$ 相连的所有边中第一个被使用的，到达 $y$ 的边是与 $y$ 相连的所有边中最后一个被使用的。

考虑中间比较一般化的条件，虽然 $(i,j)$ 和 $(j,k)$ 之间不能先用与 $j$ 相连的边，但仍然可以使用与 $j$ 无关的边，导致问题复杂化。不妨考虑一个点 $j$ 相连的所有边的次序，由于与 $j$ 无关的边不在考虑范围内，条件变成选择了一条边后立刻选择另一条边，可以用一条边 $(j,i)->(j,k)$ 表示选择关于 $j$ 的 $(i,j)$ 这条边后要马上选择 $(j,k)$ 。

单独对于这个点来说，只要附近的边不连成环，且没有点出度或入度超过 $1$ ，就合法了。考虑不同的点之间的边，发现彼此之间互不影响。也即是我们只需要保证每个点的连接都合法，就能保证全局合法。

在考虑加入第一和最后的限制。可以对每个点虚拟两条边 $st_i$ 和 $ed_i$ ，表示第一个选择某条边，如 $st_i$ 指向 $(i,j)$ 表示 $(i,j)$ 这条边是关于 $i$ 的所有边中第一个选的（需要注意的是，每条边应该拆成两部分分别给连接到两个端点，彼此之间不应互相影响） $ed_i$ 同理。此时还需再加一个条件，若存在一条 $st_i\to (i,j)\to\cdots\to(i,k)\to ed_i$ 的链，必须把与 $i$ 相连的所有边都用上，否则会导致剩余的边没有地方加入。

那么中途做的时候，按照 $Dfs$ 序寻找最小的能够作为终点的节点，中途假装连边判断是否合法，最后选择最小的合法终点作为答案，进行真实连边，复杂度 $O(n^2)$ ，代码流畅自然。
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 2005
int t, n, A[N];
int tar[N << 1], nex[N << 1], fir[N], cnt = 1;
int lef[N << 2], rig[N << 2], bel[N << 2], siz[N << 2];
int deg[N], fat[N], lin[N], st[N], ed[N], chs;
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
	deg[a]++;
}
int Getbel(int x)
{
	if (!bel[x])
		return x;
	return bel[x] = Getbel(bel[x]);
}
int Check(int r, int p1, int p2)
{
	if (rig[p1] == p2 && lef[p2] == p1)
		return 1;
	if (rig[p1] || lef[p2])
		return 0;
	int a = Getbel(p1), b = Getbel(p2);
	int c = Getbel(st[r]), d = Getbel(ed[r]);
	if (a == b)
		return 0;
	if (a == c && b == d)
		if (siz[a] + siz[b] != deg[r] + 2)
			return 0;
	return 1;
}
void Link(int a, int b)//a -> b
{
	rig[a] = b;
	lef[b] = a;
	int x = Getbel(a), y = Getbel(b);
	bel[x] = y;
	siz[y] += siz[x];
}
void Dfs(int r, int lst)
{
	if (Check(r, lst, ed[r]))
		chs = min(chs, r);
	lin[r] = lst;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
			if (Check(r, lst, i))
			{
				fat[v] = r;
				Dfs(v, i ^ 1);
			}
	}
}
int main()
{
	Read(t);
	for (; t--; )
	{
		cnt = 1;
		memset(fir, 0, sizeof(fir));
		memset(deg, 0, sizeof(deg));
		memset(lef, 0, sizeof(lef));
		memset(rig, 0, sizeof(rig));
		Read(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			Read(A[i]);
		for (int i = 1; i < n; i++)
		{
			int u, v;
			Read(u), Read(v);
			Add(u, v), Add(v, u);
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			st[i] = ++cnt;
			ed[i] = ++cnt;
		}
		for (int i = 1; i <= cnt; i++)
			bel[i] = 0, siz[i] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			chs = n + 1;
			fat[A[i]] = 0;
			Dfs(A[i], st[A[i]]);
			printf("%d%c", chs, i == n ? 10 : 32);
			int now = ed[chs];
			for (; ; )
			{
				Link(lin[chs], now);
				if (chs == A[i])
					break;
				now = lin[chs] ^ 1;
				chs = fat[chs];
			}
		}
	}
}

$D2t1$

首先求出没有第三个限制的答案。容斥减去不合法的方案。由于不合法的方案要求某一种菜用了一半以上，因此最多只有一种菜不合法。

考虑 $i$ 不合法：
$i$ 超过所有菜的一半 $\iff$ $i$ 比其他菜加起来还多 $\iff$ $i$ $-$ 其他菜之和 $>0$

于是枚举菜 $x$ 后轻松 $DP$ ， $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 种烹饪方式， $x$ 的数量 $-$ 其他菜的数量 $=j$ 的方案数，转移分为：做 $x\to f_{i+1,j+1}$ ，做其他 $\to f_{i+1,j-1}$ ，不做菜 $\to f_{i+1,j}$ 。
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 105
#define M 2005
#define ll long long
#define mod 998244353
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int A[N][M], S[N];
int f[2][N << 1];
int n, m, ans;
int main()
{
	Read(n), Read(m);
	ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			Read(A[i][j]);
			S[i] = (S[i] + A[i][j]) % mod;
		}
		ans = (ll)ans * (S[i] + 1) % mod;
	}
	ans = (ans - 1) % mod;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][n] = 1;
		int z = 0;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			for (int k = 0; k <= 2 * n; k++)
			{
				if (!f[z][k])continue;
				f[z ^ 1][k] = (f[z ^ 1][k] + f[z][k]) % mod;
				if (k)
					f[z ^ 1][k - 1] = (f[z ^ 1][k - 1] + (ll)f[z][k] * (S[j] - A[j][i])) % mod;
				if (k < 2 * n)
					f[z ^ 1][k + 1] = (f[z ^ 1][k + 1] + (ll)f[z][k] * A[j][i]) % mod;
				f[z][k] = 0;
			}
			z ^= 1;
		}
		for (int k = n + 1; k <= 2 * n; k++)
			ans = (ans - f[z][k]) % mod;
	}
	if (ans < 0)ans += mod;
	printf("%d\n", ans);
}

$D2t2$

一个结论，最后一段在合法的情况下尽量小时，总答案也一定最小。理性感知，感性理解。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个划分，最后一段最小为 $f_i$ 。记 $S_i$ 为 $A_i$ 的前缀和，则 $f_i=min(S_i-S_j)$ 满足 $S_i-S_j\geq f_j$ 。这个直接单调队列优化 $DP$ 就行了。

由于要高精度，而且卡内存，不能中途记录平方和，否则会 $MLE$ ，应该最后用一个高精度数复现过程，累加答案。
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 40000005
#define ll long long
int n, t;
int g[N], q[N], head, tail;
ll f[N], S[N];
struct Big
{
	int A[5];
	Big(){memset(A, 0, sizeof(A));}
	Big(ll x)
	{
		A[0] = x % 1000000000;
		A[1] = x / 1000000000;
		A[2] = A[3] = A[4] = 0;
	}
	void operator += (Big &x)
	{
		for (int i = 0; i < 5; i++)
		{
			A[i] += x.A[i];
			if (A[i] >= 1000000000)
			{
				A[i + 1] += A[i] / 1000000000;
				A[i] %= 1000000000;
			}
		}
	}
	void operator *= (Big &x)
	{
		Big c;
		ll now = 0;
		for (int i = 0; i < 5; i++)
		{
			for (int j = 0; j <= i; j++)
				now += (ll)A[j] * x.A[i - j];
			c.A[i] = now % 1000000000;
			now /= 1000000000;
		}
		for (int i = 0; i < 5; i++)
			A[i] = c.A[i];
	}
	void Output()
	{
		int c = 0;
		for (int i = 4; i >= 0; i--)
			if (!c)
			{
				if (A[i])
					printf("%d", A[i]), c = 1;
			}
			else
				printf("%09d", A[i]);
		putchar(10);
	}
}ans, val;
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int main()
{
	Read(n), Read(t);
	if (!t)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int now;
			Read(now);
			S[i] = S[i - 1] + now;
		}
	}
	else
	{
		int x, y, z, b1, b2, m;
		Read(x), Read(y), Read(z);
		Read(b1), Read(b2), Read(m);
		int s = 1;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int p, l, r;
			Read(p), Read(l), Read(r);
			while (s <= p)
			{
				int b3;
				if (s == 1)
					b3 = b1;
				else
					if (s == 2)
						b3 = b2;
					else
						b3 = ((ll)b2 * x + (ll)b1 * y + z) % (1 << 30);
				S[s] = b3 % (r - l + 1) + l;
				S[s] += S[s - 1];
				if (s > 2)
					b1 = b2, b2 = b3;
				s++;
			}
		}
	}
	q[head = tail = 1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (head < tail && f[q[head + 1]] + S[q[head + 1]] <= S[i])head++;
		f[i] = S[i] - S[q[head]];
		g[i] = q[head];
		while (head <= tail && f[q[tail]] + S[q[tail]] >= f[i] + S[i])tail--;
		q[++tail] = i;
	}
	int now = n;
	for (; now; )
	{
		val = Big(f[now]);
		val *= val;
		ans += val;
		now = g[now];
	}
	ans.Output();
}

$D2t3$

先任意指定一个根，考虑如何快速求每个点为根的子树的重心。
由于可能有 $2$ 个重心，我们保存深度更大的一个，加答案的时候只需要判断父亲是否也是重心就好了。

一个很显然的结论：一棵树的重心必然在根的重链上（如果走轻儿子，绝不会比重儿子更优）。设 $f_i$ 为 $i$ 为根的子树的重心， $w$ 为 $i$ 的重儿子，则 $f_i$ 必然是 $f_w$ 的祖先，因为在同一条重链上，并且外部的点增多，重心必然上移，暴力往上跳到第一个可以为重心的点，最终复杂度 $O(n)$ ，因为每个点只会出现在一条重链上。

所以我们可以求出断掉一条边后下方的重心了。然后想办法求上方的重心。考虑全局根节点的重链，若断掉的是根节点的轻儿子方向的边，则根节点的重链没有变化，仅仅只让总点数变少了，于是可以预处理出，总点数减少 $x$ ，根节点的重链上重心变成了哪个点，可以让 $x$ 从 $1$ 到 $n$ 递增处理，重心会渐渐下移，处理复杂度是 $O(n)$ 。

若断开的是根的重儿子方向的边，则根的重儿子可能会变成第二大的儿子，若变了，那么预处理一个次重链（根节点走次重儿子，其他点都走重儿子的链）的答案，类似于重链的方法。

最关键的地方，若断开后重儿子还是原来的重儿子？此时虽然重儿子没有变，但重链可能在某些地方歪掉了，不好求。

那么我们在一开始选根的时候不乱选，而是选择原树的一个重心为根，重儿子没有变化的情况下，重心还在重链上，并且由于重儿子变轻了，重心只可能上移，于是新的重心还是根！
$Code:$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 300005
#define ll long long
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int w, n, t;
int tar[N << 1], nex[N << 1], fir[N], cnt;
int siz[N], val[N], fat[N], son[N], moe, oth;
int f[N], h[N][2];
ll ans;
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
}
void Findroot(int r, int fa)
{
	siz[r] = 1, val[r] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fa)
		{
			Findroot(v, r);
			siz[r] += siz[v];
			val[r] = max(val[r], siz[v]);
		}
	}
	if (max(val[r], n - siz[r]) * 2 <= n)
		t = r;
}
void Dfs(int r)
{
	siz[r] = 1, val[r] = 0;
	son[r] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
		{
			fat[v] = r;
			Dfs(v);
			siz[r] += siz[v];
			val[r] = max(val[r], siz[v]);
			if (siz[v] > siz[son[r]])
				son[r] = v;
		}
	}
	if (r != t)
	{
		if (son[r])
		{
			f[r] = f[son[r]];
			while (max(val[f[r]], siz[r] - siz[f[r]]) * 2 > siz[r])
				f[r] = fat[f[r]];
			ans += f[r];
			if (f[r] != r && max(val[fat[f[r]]], siz[r] - siz[fat[f[r]]]) * 2 <= siz[r])
				ans += fat[f[r]];
		}
		else
		{
			f[r] = r;
			ans += f[r];
		}
	}
}
void Dfs2(int r, int s)
{
	if (r != t)
	{
		if (s == moe)
		{
			if (siz[moe] - siz[r] >= siz[oth])
				ans += t;
			else
				ans += h[siz[r]][1];
		}
		else
			ans += h[siz[r]][0];
	}
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
			Dfs2(v, s ? s : v);
	}
}
int main()
{
	Read(w);
	for (; w--; )
	{
		Read(n);
		cnt = 0;
		memset(fir, 0, sizeof(fir));
		for (int i = 1; i < n; i++)
		{
			int u, v;
			Read(u), Read(v);
			Add(u, v), Add(v, u);
		}
		ans = 0;
		Findroot(1, 0);
		fat[t] = 0;
		Dfs(t);
		moe = son[t], oth = 0;
		for (int i = fir[t]; i; i = nex[i])
		{
			int v = tar[i];
			if (v != son[t] && siz[v] > siz[oth])
				oth = v;
		}
		int now = t;
		for (int i = 1; i <= siz[oth]; i++)
		{
			while (max(val[now], n - i - siz[now]) * 2 > n - i)
				now = son[now];
			h[i][0] = now;
			if (son[now] && max(val[son[now]], n - i - siz[son[now]]) * 2 <= n - i)
				h[i][0] += son[now];
		}
		if (oth)
		{
			son[t] = oth;
			val[t] = siz[oth];
			now = t;
			for (int i = siz[moe] - siz[oth] + 1; i <= siz[moe]; i++)
			{
				while (max(val[now], n - i - siz[now]) * 2 > n - i)
					now = son[now];
				h[i][1] = now;
				if (son[now] && max(val[son[now]], n - i - siz[son[now]]) * 2 <= n - i)
					h[i][1] += son[now];
			}
		}
		Dfs2(t, 0);
		printf("%lld\n", ans);
	}
}

posted @ 2019-11-23 16:07 ModestStarlight 阅读(472) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

阅读排行：
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 使用C#创建一个MCP客户端
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列1：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 按钮权限的设计及实现

公告

链接：我的CSDN博客

昵称： ModestStarlight
园龄： 7年2个月
粉丝： 11
关注： 1

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

1. 「BZOJ1038」「洛谷P2600」「ZJOI2008」瞭望塔半平面交+贪心(1)

Charlotte's Space

因为此地是妆台，不可有悲哀。

「杂录」CSP-S 2019 爆炸记&题解

考试状况

$Day1$

$Day2$

赛后总结

补题情况

$D1t1$

$D1t2$

$D1t3$

$D2t1$

$D2t2$

$D2t3$

公告

搜索

常用链接

积分与排名

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

Charlotte's Space

因为此地是妆台，不可有悲哀。

「杂录」CSP-S 2019 爆炸记&题解

考试状况

Day1Day1Day1

Day2Day2Day2

赛后总结

补题情况

D1t1D1t1D1t1

D1t2D1t2D1t2

D1t3D1t3D1t3

D2t1D2t1D2t1

D2t2D2t2D2t2

D2t3D2t3D2t3

公告

搜索

常用链接

积分与排名

随笔分类

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

$Day1$

$Day2$

$D1t1$

$D1t2$

$D1t3$

$D2t1$

$D2t2$

$D2t3$