[Comet OJ - Contest #6 D][48D 2280]另一道树题_并查集
另一道树题
题目大意:
数据范围:
题解:
这个题第一眼能发现的是,我们的答案分成两种情况。
第一种是在非根节点汇合,第二种是在根节点汇合。
尝试枚举在第几回合结束,假设在第$i$回合结束的方案数为$f_i$,那么总答案就是$\sum\limits_{i = 1} ^ {N - 1}i\times f_i$。
显然没法求这个$f_i$....
进而,觉得这鬼东西的后缀和好像比较好求,就是$g _ i = \sum\limits_{j = i} ^ {N - 1} f _ j$。
由于我们就相当于对于深度相等的点的讨论,不难想到$bfs$序。
只考虑不在根节点汇合的情况。
发现,其实就是一段连续的区间,他们在$i$不小于一个值的时候,最多只能选取一个值。
也就是说随着我们枚举的回合数递增,这些连续的区间会存在一些合并的情况。
至于什么时候合并呢?其实就根据,相邻两个点到其$lca$的深度有关(这两个点的深度得相等),就是在这个深度差恰好等于回合数的时候,我们实施合并操作。
这样就完美的解决了不是非根汇合的情况。
考虑在根节点汇合咋办。
其实就相当于,随着回合数递增,所有深度不大于$i$的点只能选一个,就相当于和根节点合并咯。
总之通通用并查集维护就好了。
代码:
#include <bits/stdc++.h> #define N 200010 using namespace std; int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], tot; struct Node { int x, y; }; vector <Node> v[N]; queue <int> q; int f[20][N], g[N], F[N], S[N], dep[N], dic[N], n, inv[N]; const int mod = 998244353 ; typedef long long ll; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ) int rd() { int x = 0, f = 1; char c = nc(); while (c < 48) { if (c == '-') f = -1; c = nc(); } while (c > 47) { x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc(); } return x * f; } int qpow(int x, int y) { int ans = 1; while (y) { if (y & 1) { ans = (ll)ans * x % mod; } y >>= 1; x = (ll)x * x % mod; } return ans; } inline void add(int x, int y) { to[ ++ tot] = y; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot; } int lca(int x, int y) { if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y); for (int i = 19; ~i; i -- ) { if (dep[f[i][x]] >= dep[y]) { x = f[i][x]; } } if (x == y) return x; for (int i = 19; ~i; i -- ) { if (f[i][x] != f[i][y]) { x = f[i][x]; y = f[i][y]; } } return f[0][x]; } void dfs(int p, int fa) { v[dep[p]].push_back((Node){1, p}); f[0][p] = fa; for (int i = 1; i <= 19; i ++ ) { f[i][p] = f[i - 1][f[i - 1][p]]; } for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) { if (to[i] != fa) { dep[to[i]] = dep[p] + 1; dfs(to[i], p); } } } void bfs() { while (!q.empty()) q.pop(); q.push(1); int cnt = 0; while (!q.empty()) { int x = q.front(); q.pop(); dic[ ++ cnt] = x; for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) { if (to[i] != f[0][x]) { q.push(to[i]); } } } for (int i = 1; i < n; i ++ ) { if (dep[dic[i]] == dep[dic[i + 1]]) { v[dep[dic[i]] - dep[lca(dic[i], dic[i + 1])]].push_back((Node) {dic[i], dic[i + 1]}); } } } int find(int x) { return F[x] == x ? x : F[x] = find(F[x]); } int main() { n = rd(); for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { F[i] = i; S[i] = 1; } for (int i = 2; i <= n; i ++ ) { int x = rd(); add(x, i); add(i, x); } dfs(1, 1); bfs(); inv[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) inv[i] = qpow(i, mod - 2); // for (int i = 0 ; i <= n; i ++ ) { // printf("%d ", inv[i]); // } // puts(""); int mdl = qpow(2, n); for (int i = 1; i < n; i ++ ) { g[i] = (mdl - n - 1 + mod) % mod; int len = v[i].size(); for (int j = 0; j < len; j ++ ) { int x = v[i][j].x, y = v[i][j].y; x = find(x), y = find(y); if (x != y) { mdl = (ll)mdl * inv[S[x] + 1] % mod * inv[S[y] + 1] % mod; F[x] = y; S[y] += S[x]; mdl = (ll)mdl * (S[y] + 1) % mod; } } } int ans = 0; for (int i = 1; i < n; i ++ ) { ans = (ans + (ll)(g[i] - g[i + 1] + mod) % mod * i % mod) % mod; } cout << ans << endl ; return 0; }
小结:好题好题,这个题的思路行云流水。重点是能否想到把那个,一段区间只能选一个这个事情考虑清楚,从而转变成区间的合并问题,这是关键。
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