UOJ#33-[UR #2]树上GCD【长链剖分,根号分治】

1|0正题

题目链接:https://uoj.ac/problem/33

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1|1题目大意

给出$n$个点的一棵树

定义$f(x,y)=gcd(\ dis(x,lca),dis(y,lca)\ )$。

对于每个$i$求有多少对$f(x,y)=i(x<y)$

$1\leq n\leq 10^5$

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1|2解题思路

首先肯定是枚举$lca$节点，然后看他子树里的情况，比较麻烦的是$gcd$刚刚好是$d$，但是其实我们可以是$d$的倍数的情况，然后后面再容斥出答案。

如果，然后暴力算的话首先需要一个长链剖分，然后每次是$len\ log\ len$的。

但是仔细想一想就会发现这个复杂度其实是假的，因为每次暴力算的话的$len$是这条链上面那条链的$len$。

考虑点其他做法，因为是枚举倍数，我们可以上我们的根号分治

对于$dis>\sqrt n$的情况，我们之间暴力枚举倍数，因为这样不会超过$\sqrt n$次

对于$dis\leq \sqrt n$的情况，我们考虑储存一些东西，设$g_{i,j}$表示当前的链中$dep$模$i$为$j$的点的个数，然后处理的时候我们就可以直接用这个来计算了。

这样平衡下来时间复杂度就是$O(n\sqrt n)$了

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
struct node{
	int to,next;
}a[N];
int n,T,len[N],dep[N],h[N],g[400][400];
int tot,t[N],ls[N],son[N],*f[N],*now;
long long ans[N],pre[N]; 
int read(){
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
void addl(int x,int y){
	a[++tot].to=y;
	a[tot].next=ls[x];
	ls[x]=tot;
}
void dfs(int x){
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		dep[y]=dep[x]+1;dfs(y);
		if(len[y]>len[son[x]])son[x]=y;
	}
	len[x]=len[son[x]]+1;
	return;
}
void calc(int x,int top){
	f[x][0]=1;
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==son[x])continue;
		f[y]=now;now+=len[y];calc(y,y);
	}
	if(son[x]){
		f[son[x]]=f[x]+1;
		calc(son[x],top);
	}
	for(int i=ls[x];i;i=a[i].next){
		int y=a[i].to;
		if(y==son[x])continue;
		for(int j=1;j<=len[y];j++)t[j]=f[y][j-1];
		for(int j=1;j<=len[y];j++)
			for(int k=2*j;k<=len[y];k+=j)t[j]+=t[k];
		for(int j=1;j<=len[y];j++)
			if(j>T){
				for(int k=j;k<len[x];k+=j)
					ans[j]+=1ll*f[x][k]*t[j];
			}
			else ans[j]+=1ll*g[j][dep[x]%j]*t[j];
		for(int j=1;j<=len[y];j++)
			f[x][j]+=f[y][j-1];
		for(int j=0;j<len[y];j++)
			for(int k=1;k<=T;k++)
				g[k][(j+dep[y])%k]+=f[y][j];
	}
	for(int i=1;i<=T;i++)g[i][dep[x]%i]++;
	if(x==top){
		for(int i=1;i<=T;i++)
			for(int j=0;j<len[x];j++)
				g[i][(j+dep[x])%i]=0;
	}
	return;
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)
		addl(read(),i);
	dfs(1);T=sqrt(n);
	if(T>350)T=350;
	f[1]=now=h;now+=len[1];
	calc(1,1);
	for(int i=n;i>=1;i--)
		for(int j=2*i;j<=n;j+=i)
			ans[i]-=ans[j];
	for(int i=2;i<=n;i++)pre[dep[i]]++;
	for(int i=n;i>=1;i--)pre[i]+=pre[i+1];
	for(int i=1;i<n;i++)
		printf("%lld\n",ans[i]+pre[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14595449.html
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