「ARC125F」Tree Degree Subset Sum

题目

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分析

结论题什么的最恶心了😣

假如你并不知道这道题该怎么做，只能猜一点性质然后假装它是对的做下去，你会猜什么呢？

设第 \(i\) 个点的度数为 \(d_i\)。为了方便，这里将每个点的度数都减了 1，因此有 \(\forall i,0\le d_i<n-1\)。

考虑任意的 \(y\)，我们不妨设 \(f_y\) 为凑出 \(y\) 所需的最小的 \(x\)，相应地设 \(g_y\) 为凑出 \(y\) 所需的最大的 \(x\)。或许你现在可以猜到，对于 \(y\)，可行的 \(x\)，是不是就是所有的 \(f_y\le x\le g_y\) ？

随便手玩几组样例可以发现这似乎的确是对的。假如这是对的，那么我们就可以 DP 算出 \(f,g\)。对于相同的 \(d\)，我们集中在一起做多重背包，由于 \(\sum d=n-2\)，所以不同的 \(d\) 的数量为 \(O(\sqrt n)\)，使用单调队列优化后复杂度就是 \(O(n\sqrt n)\)。最后统计答案就是简单的活计了。

吐槽一句，单调队列常数不小，实际上这个算法比二进制分组还要慢

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尝试证明我们的结论。设 \(z\) 为 \(d_i=0\) 的 \(i\) 的个数，那么我们需要证明的结论可以转化为证明 \(\forall y,g_y-f_y\le 2z\)。这是因为，\(f_y\) 的组合方案中，一定没有 0，所以我们可以加入若干个 0，得到 \(x\in [f_y,f_y+z]\) 的组合方案；相应地，我们也可以得到 \(x\in[g_y-z,g_y]\) 的组合方案，因此该结论若成立，原结论也成立。

考虑任意一个从 \(n\) 个点中选取的子集 \(S\)，设 \(s=\sum_{x\in S}d_x,c=|S|\)，那么考虑 \(s-c\) 的上界和下界。

• 当 \(s\) 尽可能小的时候会取到下界，此时必然有 \(\forall x\in S,d_x=0\)，因此 \(s-c\ge -z\)。
• 当 \(s\) 尽量大的时候会取到上界，此时 \(S\) 会包含所有 \(d_x-1>0\) 的 \(x\)。因而这个上界可以直接算出来。因为 \(\sum_{i=1}^nd_i-n=-2\)，所以 \(\sum_{i=1}^n(d_i-1)[d_i>1]=z-2\)；

因此得到不等式 \(-z\le s-c\le z-2\)。将 \(f,g\) 代入得到 \(-z\le s-g(S)\le s-f(S)\le z-2\)，简单变形缩放一下得到 \(g(S)-f(S)\le 2z-2\le 2z\)。

小结：

1. 需要加强找结论、猜结论的能力！不会做总得会猜吧，瞎猜也行啊；
2. 注意一下利用 \(d\) 取值有限的性质，将 01 背包转化为多重背包的方法；

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>

#define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )

typedef long long LL;

const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 2e5 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0; char s = getchar(); int f = 1;
	while( ! ( '0' <= s && s <= '9' ) ) { f = 1; if( s == '-' ) f = -1; s = getchar(); }
	while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if( 9 < x ) write( x / 10 );
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int q[MAXN];
int f[MAXN], g[MAXN], tmp[MAXN];

int app[MAXN];
int deg[MAXN];
int N;

int main()
{
	read( N );
	rep( i, 1, N - 1 )
	{
		int a, b; read( a ), read( b );
		deg[a] ++, deg[b] ++;
	}
	rep( i, 1, N ) app[deg[i] - 1] ++;
	int h, t, n;
	memset( f, 0x3f, sizeof f );
	memset( g, 0xc0, sizeof g );
	f[0] = g[0] = 0;
	rep( i, 0, N - 2 )
	{
		if( ! app[i] ) continue;
		rep( r, 0, i - 1 )
		{
			h = 1, t = 0; 
			n = ( N - 2 - r ) / i;
			rep( j, 0, n )
			{
				while( h <= t && f[q[t] * i + r] - q[t] >= f[j * i + r] - j ) t --;
				q[++ t] = j;
				while( h <= t && q[h] < j - app[i] ) h ++;
				tmp[j * i + r] = f[q[h] * i + r] - q[h] + j;
			}
			rep( j, 0, n ) f[j * i + r] = tmp[j * i + r];
			h = 1, t = 0;
			rep( j, 0, n )
			{
				while( h <= t && g[q[t] * i + r] - q[t] <= g[j * i + r] - j ) t --;
				q[++ t] = j;
				while( h <= t && q[h] < j - app[i] ) h ++;
				tmp[j * i + r] = g[q[h] * i + r] - q[h] + j;
			}
			rep( j, 0, n ) g[j * i + r] = tmp[j * i + r];
		}
	}
	LL ans = 0;
	rep( i, 0, N )
		if( f[i] <= g[i] )
			ans += g[i] - f[i] + 1 + app[0];
	write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}