7.17 学习笔记
7.17 学习笔记
1 RMQ Range Mximum/Minimun Query
区间最值问题。
1.1 st 表
设 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始，取 \(2^j\) 个数的最小值。形式化来说，取得是 \([i,i+2^j-1]\) 的最小值。
其实是一个倍增的过程。可以做到 \(O(n\log n)\) 预处理，\(O(1)\) 查询最值。
同样运用倍增思想的还有快速幂。
过于简单，不放代码。
2 LCA
2.1 倍增求 LCA
我们只需要利用倍增的思想预处理出所有节点 \(2\) 的幂网上的父亲是谁，以及每个点的深度，然后往上跳就可以。
树上倍增法同时也是我们在树上收集信息的常用方法。
预处理复杂度 \(O(n\log n)\) 。询问复杂度 \(O(\log n)\) 。
过于简单，不过代码。
2.2 \(O(1)\) 求 LCA
这里给出欧拉序的严格定义。如图：
也就是说，我们 dfs 每次经过都要把该点加入欧拉序。我们发现每一个点加入的次数是所有儿子的个数加 \(1\) ，
那么除了根节点不给其它节点做儿子外，其它节点都给别人做儿子，所以除了根节点，每一个点的贡献都是 \(2\) 。
这个 \(2\) 的贡献，一个是给别人当儿子，另一个是其本身。
容易证明，在欧拉序上，设 \(x\) 第一次出现的编号为 \(x_0\) ，\(y\) 第一次出现的编号为 \(y_1\) ，那么 \(x,y\) 的 lca 在欧拉序上应该是欧拉序上\(x_0,y_0\) 之间深度最小的点。证明这个东西只需要证明 lca 一定在这个区间并且在这个区间内不会出现比 lca 深度小或相等的点。这两者都容易证明。
以前 \(O(1)\) lca 并没有打过，所以我们这里把代码写一下。
不知道是不是我打的常数太大了，跑的没有树链剖分快，也许是洛谷模板题询问有点少。
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 1000010
#define M 3000010
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> inline T Min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
struct edge{
int to,next;
inline void intt(int to_,int ne_){
to=to_;next=ne_;
}
};
edge li[M];
int head[N],tail;
inline void add(int from,int to){
li[++tail].intt(to,head[from]);
head[from]=tail;
}
struct point_deep{
int id,deep;
inline point_deep() {}
inline point_deep(int id,int deep) : id(id),deep(deep) {}
inline bool operator < (const point_deep &b) const{
return deep<b.deep;
}
};
point_deep xulie[N];
int deep[N],tailx,FirApp[N];
inline void dfs(int k,int fa){
deep[k]=deep[fa]+1;
xulie[++tailx]=point_deep(k,deep[k]);
if(!FirApp[k]) FirApp[k]=tailx;
for(int x=head[k];x;x=li[x].next){
int to=li[x].to;
if(to==fa) continue;
dfs(to,k);
xulie[++tailx]=point_deep(k,deep[k]);
}
}
point_deep st[N][21];
inline void build_st(){
for(int i=1;i<=tailx;i++) st[i][0]=xulie[i];
for(int i=1;i<=20;i++){
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=tailx;j++){
st[j][i]=Min(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
}
}
inline point_deep query(int l,int r){
int len=log2(r-l+1);
return Min(st[l][len],st[r-(1<<len)+1][len]);
}
int n,m,s;
int main(){
read(n);read(m);read(s);
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int from,to;read(from);read(to);
add(from,to);add(to,from);
}
dfs(s,0);
build_st();
for(int i=1;i<=m;i++){
int l,r;
read(l);read(r);
int fl=FirApp[l],fr=FirApp[r];
if(fl>fr) swap(fl,fr);
point_deep nowans=query(fl,fr);
printf("%d\n",nowans.id);
}
return 0;
}
2.3 LCA 的应用
LCA 有很多应用，包括但不限于树上差分，求树上两点距离，轻重链剖分也需要用 lca。
这些东西我好像都写过博客，所以这里不再赘述。
3 二维 st 表
对于一个二维数组有对应的二维 st 表。设 \(f_{i,j,a,b}\) 表示横坐标在 \([i,i+2^a-1]\) 纵坐标在 \([j,j+2^b+1]\) 之间的最值。
转移也是类似的。我们直接按照二进制分割就可以。
需要注意是否从 \(0\) 开始。
过程具体来说，我们先预处理点的情况，再预处理一个长条的情况，最后处理变宽的情况。
至于查询，思路大致和一维 st 表一样。
代码：
inline void build_st(){
int maxx=Max(n,m);
lg2[0]=-1;for(int i=1;i<=maxx;i++) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) st[i][j][0][0]=val[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=lg2[m];j++)
for(int k=1;k+(1<<j)-1<=m;k++){
st[i][k][0][j]=Max(st[i][k][0][j-1],st[i][k+(1<<(j-1))][0][j-1]);
}
for(int i=1;i<=lg2[n];i++)
for(int j=0;j<=lg2[m];j++)
for(int k=1;k+(1<<i)-1<=n;k++)
for(int q=1;q+(1<<j)-1<=m;q++){
st[k][q][i][j]=Max(st[k][q][i-1][j],st[k+(1<<(i-1))][q][i-1][j]);
}
}
inline int query(int sx,int sy,int xx,int xy){
int len1=lg2[xx-sx+1],len2=lg2[xy-sy+1];
int maxx=-INF;
maxx=Max(maxx,Max(st[sx][sy][len1][len2],st[xx-(1<<len1)+1][xy-(1<<len2)+1][len1][len2]));
maxx=Max(maxx,Max(st[xx-(1<<len1)+1][sy][len1][len2],st[sx][xy-(1<<len2)+1][len1][len2]));
return maxx;
}
4 例题
过水的题不整理。
4.1 删数问题加强版
我们考虑选首位，首先一定要让首位选最好的，在给定 \(m\) 的情况下，首位能选的位置是有限的，选最小的数，这是一个经典的 RMQ 问题，所以我们可以用 st 表做。接下来更新下一个的备选区间就可以。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 1010
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> T Min(T a,T b){
return a>b?b:a;
}
typedef pair<int,int> P;
P st[N][10];
int ans[N],tail,a[N],len,m,lg2[N];
char s[N];
inline void build_st(){
memset(st,0,sizeof(st));
lg2[0]=-1;for(int i=1;i<=len;i++) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
for(int i=1;i<=len;i++){
st[i][0].first=a[i];st[i][0].second=i;
// printf("i:%d j:0 st:%d %d\n",i,st[i][0].first,st[i][0].second);
}
for(int i=1;i<=10;i++){
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=len;j++){
st[j][i]=Min(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
// printf("i:%d j:%d st:%d %d\n",i,j,st[j][i].first,st[j][i].second);
}
}
}
inline P query(int l,int r){
int lglen=lg2[r-l+1];
return Min(st[l][lglen],st[r-(1<<lglen)+1][lglen]);
}
int main(){
// freopen("my.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
while(cin>>s>>m){
tail=0;
len=strlen(s);
for(int i=1;i<=len;i++) a[i]=s[i-1]-'0';
int l=1;m=len-m;build_st();
for(int i=m;i>=1;i--){
P now=query(l,len-m+1);
ans[++tail]=now.first;
l=now.second+1;m--;
}
int head=0;
while(head+1<tail&&ans[head+1]==0) head++;
for(int i=head+1;i<=tail;i++) printf("%d",ans[i]);
putchar('\n');
}
}
4.2 Difference Is Beautiful
首先发现答案有二分性，然后考虑以固定点为端点向右能够延伸的最大长度是多少，这个东西可以用双指针 \(O(n)\) 统计，我们考虑二分答案。设当前二分为 \(mid\) ，设当前询问区间为 \(l,r\) ，所以我们可以用 \(st\) 表维护长度最值，对于一个区间，我们只需要求 \([l,r-mid+1]\) 的最值就可以了，看这个最值是否大于等于 \(mid\) ，为什么是 \(r-mid+1\) 是因为要保证区间长度至少要保证有 \(mid\)。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 200010
#define M 2000010
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e6;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> inline void write(T a){
if(a<0){putchar('-');a=-a;}
if(!a) return;
write(a/10);putchar(a%10+'0');
}
template<typename T> inline T Max(T a,T b){
return a<b?b:a;
}
int n,m,a[N],cnt[M],b[N],log_2[N];
int st[N][21];
// build
inline void build_st(){
log_2[0]=-1;for(int i=1;i<=n;i++) log_2[i]=log_2[i/2]+1;
for(int i=1;i<=n;i++) st[i][0]=b[i];
for(int i=1;i<=log_2[n];i++){
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++){
st[j][i]=Max(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
}
}
inline int query(int l,int r){
int len=log_2[r-l+1];
return Max(st[l][len],st[r-(1<<len)+1][len]);
}
inline bool check(int z,int y,int mid){
if(mid>(y-z+1)) return 0;
int res=query(z,y-mid+1);
if(res>=mid) return 1;
else return 0;
}
inline int erfen(int z,int y){
int l=1,r=n,ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(z,y,mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return ans;
}
int main(){
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=n;i++){read(a[i]);a[i]+=mod;}
for(int l=1,r=0;l<=n;l++){
while(r+1<=n&&cnt[a[r+1]]<=0){r++;cnt[a[r]]++;}
b[l]=r-l+1;cnt[a[l]]--;
}
build_st();
for(int i=1;i<=m;i++){
int z,y;read(z);read(y);z++;y++;
int ans=erfen(z,y);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
4.3 CF1301E Nanosoft
这个题竟然没有人用二维 st 表过，这里写个题解。
以下，我们称一个 logo 最中间的那个点（不是方块）为关键点。大致思路如下：
- 我们预处理出每一个点作为关键点时，最大方块边长除以 \(2\) 为多少。这个可以二分。
- 对于每一个询问，答案显然具有二分性，所以我们可以二分来做。
因为我们在第二次二分中需要 \(O(1)\) 判断，所以我们需要提前预处理出二维 st 表。
第一次二分中的判断我们可以用二维前缀和优化到 \(O(1)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 501
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> T Min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
template<typename T> T Max(T a,T b){
return a<b?b:a;
}
char s[N][N];
int sum[4][N][N],st[N][N][10][10],val[N][N],lg2[N],n,m,q;
//sum: 0 is red, 1 is green, 2 is blue, 3 is yellow
//st is the maxest
inline void build_st(){
int maxx=Max(n,m);
lg2[0]=-1;for(int i=1;i<=maxx;i++) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) st[i][j][0][0]=val[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=lg2[m];j++)
for(int k=1;k+(1<<j)-1<=m;k++){
st[i][k][0][j]=Max(st[i][k][0][j-1],st[i][k+(1<<(j-1))][0][j-1]);
}
for(int i=1;i<=lg2[n];i++)
for(int j=0;j<=lg2[m];j++)
for(int k=1;k+(1<<i)-1<=n;k++)
for(int q=1;q+(1<<j)-1<=m;q++){
st[k][q][i][j]=Max(st[k][q][i-1][j],st[k+(1<<(i-1))][q][i-1][j]);
}
}
inline int query(int sx,int sy,int xx,int xy){
int len1=lg2[xx-sx+1],len2=lg2[xy-sy+1];
int maxx=-INF;
maxx=Max(maxx,Max(st[sx][sy][len1][len2],st[xx-(1<<len1)+1][xy-(1<<len2)+1][len1][len2]));
maxx=Max(maxx,Max(st[xx-(1<<len1)+1][sy][len1][len2],st[sx][xy-(1<<len2)+1][len1][len2]));
return maxx;
}
inline bool check(int x,int y,int mid){
int dx,dy,lx=x,ly=y;
x=lx;y=ly;dx=x-mid,dy=y-mid;
if(sum[0][x][y]+sum[0][dx][dy]-sum[0][x][dy]-sum[0][dx][y]!=mid*mid) return 0;
x=lx+mid;y=ly;dx=x-mid;dy=y-mid;
if(sum[3][x][y]+sum[3][dx][dy]-sum[3][x][dy]-sum[3][dx][y]!=mid*mid) return 0;
x=lx;y=ly+mid;dx=x-mid;dy=y-mid;
if(sum[1][x][y]+sum[1][dx][dy]-sum[1][x][dy]-sum[1][dx][y]!=mid*mid) return 0;
x=lx+mid;y=ly+mid;dx=x-mid;dy=y-mid;
if(sum[2][x][y]+sum[2][dx][dy]-sum[2][x][dy]-sum[2][dx][y]!=mid*mid) return 0;
return 1;
}
inline int erfen(int x,int y){
int l=0,r,res;
r=Min(Min(x,y),Min(n-x,m-y));
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(x,y,mid)){res=mid;l=mid+1;}
else r=mid-1;
}
return res;
}
inline bool AnsCheck(int sx,int sy,int xx,int xy,int mid){
sx+=mid;sy+=mid;xx-=mid;xy-=mid;
if(xx<sx||xy<sy) return 0;
int maxx=query(sx,sy,xx,xy);
if(maxx>=mid) return 1;
return 0;
}
inline int BinaryAns(int sx,int sy,int xx,int xy){
int l=0,r,res;
r=Min(xx-sx,xy-sy);if(r&1) r--;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(AnsCheck(sx,sy,xx,xy,mid)){res=mid;l=mid+1;}
else r=mid-1;
}
return res;
}
int main(){
// freopen("my.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
read(n);read(m);read(q);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(s[i][j]=='R') sum[0][i][j]=1;
else if(s[i][j]=='G') sum[1][i][j]=1;
else if(s[i][j]=='B') sum[2][i][j]=1;
else if(s[i][j]=='Y') sum[3][i][j]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=3;k++)
sum[k][i][j]+=sum[k][i][j-1]+sum[k][i-1][j]-sum[k][i-1][j-1];
for(int i=1;i<=n+1;i++)
for(int j=1;j<=m+1;j++){
val[i][j]=erfen(i-1,j-1);
}
n++;m++;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// for(int j=1;j<=m;j++)
// printf("i:%d j:%d val:%d\n",i,j,val[i][j]);
build_st();
while(q--){
int sx,sy,xx,xy;read(sx);read(sy);read(xx);read(xy);xx++;xy++;
int ans=BinaryAns(sx,sy,xx,xy);
printf("%d\n",ans*ans*4);
}
return 0;
}
4.4 UVA1707 Surveillance
遇到环上问题，我们先不考虑环，先考虑链。如果是链的话，我们直接预处理出把每个位置覆盖住的线段最右端点是哪个位置，然后贪心就可以了。这个做法 \(O(n)\)
我们考虑断环为链，复制一段接在尾端，如果我们直接枚举左端点暴力做的话是 \(O(n^2)\) ，考虑用倍增优化这个过程，预处理出走 \(2^i\) 步能走到的位置，就可以做了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 2000010
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> T Max(T a,T b){
return a<b?b:a;
}
template<typename T> T Min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
int n,k,a[N],nxt[N],nx[N][21],lg2[N],ans=INF;
inline void clear(){
for(int i=1;i<=2*n;i++) nxt[i]=a[i]=0;ans=INF;
memset(nx,0,sizeof(nx));
}
int main(){
// freopen("my.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
lg2[0]=-1;for(int i=1;i<=2*1e6;i++) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
while(cin>>n>>k){
for(int i=1;i<=k;i++){
int l,r;read(l);read(r);
if(r<l) r+=n;
a[l]=Max(a[l],r);
}
int maxr=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++){
if(a[i]){
if(nxt[i-1]!=INF) nxt[i]=Max(nxt[i-1],a[i]);
else nxt[i]=a[i];
maxr=Max(maxr,a[i]);
}
else if(maxr>=i) nxt[i]=nxt[i-1];
else nxt[i]=INF;
nx[i][0]=nxt[i]+1;
}
for(int i=1;i<=lg2[2*n];i++){
for(int j=1;j<=2*n;j++){
if(nx[j][i-1]>=INF){
nx[j][i]=INF;
}
else nx[j][i]=nx[nx[j][i-1]][i-1];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int now=i,cnt=0;
for(int j=lg2[2*n];j>=0;j--){
if(nx[now][j]<i+n){
now=nx[now][j];
cnt+=(1<<j);
}
}
if(nx[now][0]<=INF){ans=Min(ans,cnt+1);}
}
if(ans!=INF) printf("%d\n",ans);
else printf("impossible\n");
clear();
}
return 0;
}
4.5 CF609E Minimum spanning tree for each edge
我们考虑先求出最小生成树，设边权和为 \(sum\)。
对于一条边，如果他在最小生成树上，那么就可以不做任何操作。
否则，我们在树上找到这两个点路径上的最大值，建取最大值，然后把我们当前的这条边加进去。
上面这个贪心的想法正确性显然，因为我们要保证权值尽量小。
至于两个点路径上的最大值，我们可以用树上倍增法来预处理。
在与处理时注意特判：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define int long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 200010
#define M 200010
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> inline T Max(T a,T b){
return a<b?b:a;
}
struct UnionFindSet{
int fa[N];
inline void init(int n){
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
}
inline int find(int x){
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
inline bool Merge_IsTheSame(int a,int b){
int faa=find(a),fab=find(b);
if(faa==fab) return 1;
fa[faa]=fab;return 0;
}
};
UnionFindSet ufs;
struct Bian{
int from,to,w,id;
inline bool operator < (const Bian &b)const{
return w<b.w;
}
};
Bian bian[M];
bool IsChoose[M];
struct edge{
int to,next,w;
inline void intt(int to_,int ne_,int w_){
to=to_;next=ne_;w=w_;
}
};
edge li[M<<1];
int head[N],tail;
inline void add(int from,int to,int w){
li[++tail].intt(to,head[from],w);
head[from]=tail;
}
int n,m;
inline int Kruscal(){
ufs.init(n);
sort(bian+1,bian+m+1);
int cnt=0,nowans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!ufs.Merge_IsTheSame(bian[i].from,bian[i].to)){
IsChoose[i]=1;nowans+=bian[i].w;
add(bian[i].from,bian[i].to,bian[i].w);add(bian[i].to,bian[i].from,bian[i].w);
}
if(tail==2*n-2) break;
}
return nowans;
}
int ans[M];
int fa[N][21],MaxEdge[N][21],deep[N];
inline void dfs(int k,int fat){
fa[k][0]=fat;for(int i=1;i<=20;i++) fa[k][i]=fa[fa[k][i-1]][i-1];
deep[k]=deep[fat]+1;
for(int i=1;i<=20;i++) MaxEdge[k][i]=Max(MaxEdge[k][i-1],MaxEdge[fa[k][i-1]][i-1]);
for(int x=head[k];x;x=li[x].next){
int to=li[x].to,w=li[x].w;
if(to==fat) continue;
MaxEdge[to][0]=w;dfs(to,k);
}
}
inline int GetMax(int a,int b){
int maxx=-INF;
if(deep[a]<deep[b]) swap(a,b);
for(int i=20;i>=0;i--)
if(deep[fa[a][i]]>=deep[b]){maxx=Max(maxx,MaxEdge[a][i]);a=fa[a][i];}
for(int i=20;i>=0;i--)
if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
maxx=Max(maxx,Max(MaxEdge[a][i],MaxEdge[b][i]));a=fa[a][i];b=fa[b][i];
}
if(a!=b) maxx=Max(MaxEdge[a][0],Max(maxx,MaxEdge[b][0]));
return maxx;
}
signed main(){
read(n);read(m);
for(int i=1;i<=m;i++){
read(bian[i].from);read(bian[i].to);read(bian[i].w);bian[i].id=i;
}
int nowans=Kruscal();dfs(1,0);
for(int i=1;i<=m;i++){
if(IsChoose[i]){ans[bian[i].id]=nowans;continue;}
int now=GetMax(bian[i].from,bian[i].to);
ans[bian[i].id]=nowans-now+bian[i].w;
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
4.6 MEX Tree
我们考虑钦定这棵树以 \(0\) 为根，然后手算出 MEX 为 \(0,1\) 时的答案。其余答案一定经过根节点，我们维护这条路径就可以。
分类讨论细节比较多，是一道好题。
#include<bits/stdc++.h>
#define dd double
#define ld long double
#define ll long long
#define int long long
#define uint unsigned int
#define ull unsigned long long
#define N 400010
#define M number
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
template<typename T> inline void read(T &x) {
x=0; int f=1;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c == '-') f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
x*=f;
}
template<typename T> T Min(T a,T b){
return a<b?a:b;
}
template<typename T> T Max(T a,T b){
return a<b?b:a;
}
typedef pair<int,int> P;
struct edge{
int to,next;
inline void intt(int to_,int ne_){
to=to_;next=ne_;
}
};
edge li[N<<1];
int head[N],tail;
inline void add(int from,int to){
li[++tail].intt(to,head[from]);
head[from]=tail;
}
int t,n,siz[N],ans[N],deep[N],tailx,lg2[N],FirApp[N],x=1,y=1,spe;
P xulie[N<<1],st[N][21];
inline void dfs(int k,int fa){
siz[k]=1;deep[k]=deep[fa]+1;xulie[++tailx]=make_pair(deep[k],k);FirApp[k]=tailx;
for(int x=head[k];x;x=li[x].next){
int to=li[x].to;
if(to==fa) continue;
dfs(to,k);
siz[k]+=siz[to];xulie[++tailx]=make_pair(deep[k],k);
}
}
inline void build_st(){
lg2[0]=-1;for(int i=1;i<=tailx;i++) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
for(int i=1;i<=tailx;i++) st[i][0]=xulie[i];
for(int i=1;i<=lg2[tailx];i++){
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=tailx;j++){
st[j][i]=Min(st[j][i-1],st[j+(1<<(i-1))][i-1]);
}
}
}
inline P query(int l,int r){
int len=lg2[r-l+1];
return Min(st[l][len],st[r-(1<<len)+1][len]);
}
inline int GetLca(int a,int b){
P res=query(Min(FirApp[a],FirApp[b]),Max(FirApp[a],FirApp[b]));
return res.second;
}
inline void clear(){
for(int i=1;i<=n+1;i++) ans[i]=head[i]=0;
tail=0;x=y=1;tailx=0;
}
inline void prework(){
ans[2]+=(1ll*(siz[1]-siz[2])*(siz[1]-siz[2]-1)/2);
for(int x=head[1];x;x=li[x].next){
int to=li[x].to;
ans[1]+=(1ll*siz[to]*(siz[to]-1)/2);
int lca=GetLca(2,to);
if(lca==to) ans[2]-=(1ll*(siz[to]-siz[2])*(siz[to]-siz[2]-1)/2);
else ans[2]-=1ll*siz[to]*(siz[to]-1)/2;
}
}
inline bool insert(int k){
int lca1=GetLca(k,x),lca2=GetLca(k,y);
if(y!=1){
if(lca1==k||lca2==k) return 1;
else if(lca1==x) x=k;
else if(lca2==y) y=k;
else return 0;
}
else{
if(lca1==k) return 1;
else if(lca1==x) x=k;
else if(lca1==1) y=k;
else return 0;
}
if(deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
return 1;
}
// mex is k
inline int GetAns(int k){
int lca1=GetLca(k,x),lca2=GetLca(k,y);
int res1,res2;
if(y!=1){
res1=siz[x];res2=siz[y];
if(lca1==k||lca2==k) return 0;
else if(lca1==x) res1-=siz[k];
else if(lca2==y) res2-=siz[k];
}
else{
res1=siz[x];res2=siz[y]-spe;
if(lca1==k||lca2==k) return 0;
else if(lca1==x) res1-=siz[k];
else if(lca1==1) res2-=siz[k];
}
return res1*res2;
}
signed main(){
read(t);
while(t--){
read(n);
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int from,to;read(from);read(to);from++;to++;
add(from,to);add(to,from);
}
dfs(1,0);build_st();
prework();// already solve ans[1] ans[2]
for(int i=3;i<=n+1;i++){
if(!insert(i-1)) break;
if(i==n+1){ans[i]=1;break;}
if(i==3){
for(int x=head[1];x;x=li[x].next){
int to=li[x].to;
int lca=GetLca(to,2);
if(lca==to){spe=siz[to];break;}
}
}
ans[i]=GetAns(i);
}
for(int i=1;i<=n+1;i++) printf("%lld ",ans[i]);
if(t) putchar('\n');
clear();
}
return 0;
}//
