P9194 [USACO23OPEN] Triples of Cows P 题解

Description

给定一棵初始有 \(n\) 个点的树。

在第 \(i\) 天，这棵树的第 \(i\) 个点会被删除，所有与点 \(i\) 直接相连的点之间都会两两连上一条边。你需要在每次删点发生前，求出满足 \((a,b)\) 之间有边，\((b,c)\) 之间有边且 \(a\not=c\)的有序三元组 \((a,b,c)\) 对数。

\(n\leq 2\times 10^5\)。

Solution

考虑把每个原图中的点看成白点，边看成黑点，原图中有连边的两个点就向他们对应的黑点连边。

那么每次删点操作就相当于把一个白点的所有相邻黑点合并，并且删除这个黑点。

所以所有 \((a,b,c)\) 可以看成 \((a,x,b,y,c)\)，其中 \(x\) 是 \(a,b\) 连边对应的黑点，\(y\) 是 \(b,c\) 连边对应的黑点。

容易发现把 \(n\) 作为根可以保证图始终是个树。

设 \(s_x\) 表示 \(x\) 的儿子数，\(t_x\) 表示 \(x\) 儿子的 \(s\) 之和，\(w_x\) 表示 \(x\) 儿子的 \(t\) 之和。然后考虑分类讨论。

首先如果 \(x=y\)，答案就是 \(\sum_{x为黑点}{(s_x+1)s_x(s_x-1)}\)。

如果 \(x\neq y\) 但是 \(x,y\) 都是 \(b\) 的儿子，答案就是 \(\sum_{b为白点}{\left(t_b^2-\sum_{x\in son(b)}{s_x^2}\right)}\)。

最后就是 \(x\neq y\) 且 \(x,y\) 一个是 \(b\) 的儿子，一个是 \(b\) 的父亲。

答案就是 \(2\sum_{x是黑点}{s_x w_x}\)。

把所有的加起来就是：

\[\sum_{x是黑点}{s_x^3-s_x^2-s_x+2s_x w_x}+\sum_{y是白点}{t_y^2} \]

每次合并的时候用并查集维护即可。

时间复杂度：\(O(n\log n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 4e5 + 5;

int n;
int64_t ans;
int fa[kMaxN], s[kMaxN], t[kMaxN], w[kMaxN];
std::vector<int> G[kMaxN];

struct DSU {
  int fa[kMaxN];

  void init(int n) { std::iota(fa + 1, fa + 1 + n, 1); }

  int find(int x) { return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
} dsu;

void dfs(int u) {
  for (auto v : G[u]) {
    if (v == fa[u]) continue;
    fa[v] = u, ++s[u];
    dfs(v);
    t[u] += s[v], w[u] += t[v];
  }
}

int64_t getcnt(int u) {
  if (!u) return 0;
  else if (u <= n) return (int64_t)t[u] * t[u];
  else return (int64_t)s[u] * s[u] * s[u] - (int64_t)s[u] * s[u] - s[u] + (int64_t)2 * s[u] * w[u];
}

void work(int u) {
  int ffa = dsu.find(fa[u]), fffa = dsu.find(fa[ffa]), ffffa = dsu.find(fa[fffa]);
  ans -= getcnt(u) + getcnt(ffa) + getcnt(fffa) + getcnt(ffffa);
  --s[ffa], --t[fffa], --w[ffffa];
  for (auto v : G[u]) {
    if (v == fa[u]) continue;
    int fv = dsu.find(v);
    dsu.fa[fv] = ffa;
    ans -= getcnt(fv);
    s[ffa] += s[fv], t[ffa] += t[fv], w[ffa] += w[fv];
    --t[ffa], w[ffa] -= s[fv];
    --w[fffa], w[fffa] += t[fv], t[fffa] += s[fv];
    w[ffffa] += s[fv];
  }
  ans += getcnt(ffa) + getcnt(fffa) + getcnt(ffffa);
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i < n; ++i) {
    int u, v;
    std::cin >> u >> v;
    G[u].emplace_back(n + i), G[n + i].emplace_back(u);
    G[v].emplace_back(n + i), G[n + i].emplace_back(v);
  }
  dfs(n);
  dsu.init(2 * n - 1);
  for (int i = 1; i <= 2 * n - 1; ++i)
    ans += getcnt(i);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cout << ans << '\n';
    work(i);
  }
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  // std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}