「解题报告」ARC125F Tree Degree Subset Sum

很神奇的题。

首先容易发现这个树是没什么用的，直接转成度数数组。然后这个度数数组可以是满足 \(\sum d_i = 2n - 2, d_i \ge 1\) 中的任意一个数组。

\(d_i \ge 1\) 这个限制很奇怪，我们考虑将所有的 \(d_i\) 减掉 \(1\)，得到新的数组。此时有 \(\sum d_i = n - 2\)。设 \(z\) 为 \(0\) 的数量。

首先我们给出一个结论：对于每一种大小 \(v\)，能够组成这个大小 \(v\) 的可能的物品数量是一段区间。

设能够组成大小 \(v\) 所需物品最多为 \(mx(v)\)，最少为 \(mn(v)\)，那么上述结论告诉我们答案为 \(\sum mx(v) - mn(v) + 1\)。

考虑证明。首先容易发现，对于最少的方案，肯定不会选取任何一个 \(0\)；同理，最多的方案会选取所有的 \(0\)。那么我们只需要证明 \(mx(v) - mn(v) \le 2z\)，就说明我们可以从最少的方案或最大的方案通过加减 \(0\) 取得所有方案。

这个也是容易证明的，对于任意一种选取方案 \(S\)，其大小为 \(s\)，和为 \(v\)，那么我们可以分析出 \(-z \le v - s \le z - 2\)。\(v - s \ge -z\) 的原因很显然，我们只有 \(z\) 个 \(0\)；假如我们有 \((v, s)\) 的方案，那么就一定有 \((n - 2 - v, n - s)\) 的方案，那么 \((n - 2 - v) - (n - s) \ge -z \to v - s \le z - 2\)。那么这就说明 \(-z \le v - mx(v) \le v - mn(v) \le z - 2\)，就有 \(mx(v) - mn(v) \le 2z\) 了。

那么我们现在只需要求出 \(mn(v), mx(v)\) 了。\(\sum d_i = n - 2\) 这个限制是很经典的，根号分治可以分析出不同的度数只有 \(O(\sqrt{n})\) 种，那么我们实际上就是要做一个 \(O(\sqrt n)\) 个物品，\(O(n)\) 大小的多重背包，使用单调队列优化多重背包即可做到 \(O(n \sqrt n)\) 的复杂度。

能够有这些性质的原因大概是物品总大小小于总个数，所以性质很优秀，而一开始总大小 \(2n-2\) 并没有什么优秀的性质。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 200005;
int n, d[MAXN];
int m, w[MAXN], c[MAXN];
int cnt[MAXN];
int fmn[2][MAXN], gmn[2][MAXN];
int fmx[2][MAXN], gmx[2][MAXN];
int mx[MAXN], mn[MAXN];
int q[MAXN], h, t;
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
        d[u]++, d[v]++;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        d[i]--;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cnt[d[i]]++;
    }
    for (int i = 1; i <= n - 2; i++) {
        if (cnt[i]) {
            w[++m] = i, c[m] = cnt[i];
        }
    }
    int o = 0;
    memset(fmn, 0x3f, sizeof fmn);
    fmn[o][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        memset(gmn[o ^ 1], 0x3f, sizeof gmn[o ^ 1]);
        for (int x = 0; x < w[i]; x++) {
            h = 0, t = 1;
            for (int y = 0; y <= (n - 2 - x) / w[i]; y++) {
                int j = x + y * w[i];
                gmn[o][j] = fmn[o][j] - y;
                while (h >= t && q[t] / w[i] < y - c[i]) t++;
                while (h >= t && gmn[o][q[h]] > gmn[o][j]) h--;
                q[++h] = j;
                gmn[o ^ 1][j] = gmn[o][q[t]];
                fmn[o ^ 1][j] = gmn[o ^ 1][j] + y;
            }
        }
        o ^= 1;
    }
    for (int j = 0; j <= n - 2; j++) {
        mn[j] = fmn[o][j];
    }
    o = 0;
    memset(fmx, 0xef, sizeof fmx);
    fmx[o][0] = cnt[0];
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        memset(gmx[o ^ 1], 0xef, sizeof gmx[o ^ 1]);
        for (int x = 0; x < w[i]; x++) {
            h = 0, t = 1;
            for (int y = 0; y <= (n - 2 - x) / w[i]; y++) {
                int j = x + y * w[i];
                gmx[o][j] = fmx[o][j] - y;
                while (h >= t && q[t] / w[i] < y - c[i]) t++;
                while (h >= t && gmx[o][q[h]] < gmx[o][j]) h--;
                q[++h] = j;
                gmx[o ^ 1][j] = gmx[o][q[t]];
                fmx[o ^ 1][j] = gmx[o ^ 1][j] + y;
            }
        }
        o ^= 1;
    }
    for (int j = 0; j <= n - 2; j++) {
        mx[j] = fmx[o][j];
    }
    long long ans = 0;
    for (int j = 0; j <= n - 2; j++) {
        if (mx[j] >= mn[j]) {
            ans += mx[j] - mn[j] + 1;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}