题目大意

给定一棵\(n\)个节点的树。定义树上两点距离为它们之间边的数量。

我们说一对节点是友好的，当且仅当两点之间距离小于等于\(x\)。其中\(x\)是一个题目给定的常数。

我们说一个\(k\)个节点的集合是友好集合，当且仅当集合中任意两个节点都是友好的。

请对所有\(k=1\dots n\)，求出恰有\(k\)个节点的友好集合数量。

数据范围：\(1\leq n\leq 3\times10^5\), \(0\leq x<n\)。

本题题解

考虑给你一个节点集合\(S\)，如何判断它是否是友好集合？暴力做法是枚举集合里的每一对点，判断它们之间距离是否小于等于\(x\)，如果用欧拉序LCA\(O(1)\)求距离，则这种判断方法时间复杂度\(O(|S|^2)\)。但这看上去太暴力了。有没有更好的方法呢？

考虑集合\(S\)里深度最大的节点\(u\)（这里的“深度”，可以是以选任意一个节点为根时的深度）。我们断言：集合\(S\)是好的，当且仅当\(S\)里所有节点到\(u\)的距离均小于等于\(x\)。必要性显然。充分性可以用反证法证明：如果存在两个节点间距离大于\(x\)，那么两点中必有一个节点到\(u\)的距离也大于\(x\)，在纸上画一画就看出来了。有了这个结论，判断集合\(S\)是否为友好集合的时间复杂度下降为\(O(|S|)\)。事实上，该结论还有更大的用处。

根据这个结论，我们可以想到一个粗略的，解决本题的方法。把所有节点，按深度从小到大排序，深度相同的节点顺序可以任意（这等价于，我们求出一个“bfs序”序列），记这个序列为\(b[1\dots n]\)。我们依次加入\(b\)序列里每个点，那么，只需要统计，在每个节点之前加入的节点中，距离它小于等于\(x\)的节点有多少个。相当于，我们认为，当前节点，就是集合里深度最大的节点，而在它之前加入的节点，就是【以当前点作为【深度最大节点】的集合】里的其他节点。具体来说，我们求出一个数组\(a[1\dots n]\)：

\[a[i]=\sum_{j=1}^{i-1}[\text{dis}(b[j],b[i])\leq x] \]

那么，\(k\)的答案就是\(ans[k]=\sum_{i=1}^{n}{a[i]\choose k-1}\)。这种按\(b\)序列依次考虑每个节点的做法，有效地避免了对深度相同的节点重复计算的情况。因为当集合里存在好几个深度最大的节点时，我们默认选择\(b\)序列里排名最靠后的，作为该集合的“深度最大的节点”。

如果暴力求出\(a\)序列，再暴力计算\(ans\)，时间复杂度\(O(n^2)\)。我们对这两部分分别考虑优化。

第一部分求出\(a\)序列

具体来说，我们要支持两种操作：

标记一个节点。
给定节点\(u=a[i]\)，查询所有已标记的节点中，到\(u\)距离小于等于\(x\)的节点数。

考虑使用点分树。点分树是基于原树，重构出来的树。它有几个特点：

点分树上也有\(n\)个节点，对应原树里每个点。
点分树上的每个子树，是原树上的一个连通块。也就是点分治时，以子树的根为分治中心的连通块。
点分树的深度不超过\(O(\log n)\)。

建点分树，其实就是做“点分治”的过程。每次从当前分治中心，向每个子树的分治中心连边，就得到点分树了。

考虑【查询所有已标记的节点中，到\(u\)距离小于等于\(x\)的节点数】。枚举这个“已标记的点”到点\(u\)的路径在点分树上经过的深度最浅的点，也就是点分树上两者的LCA。因为点分树深度不超过\(O(\log n)\)，所以可以暴力枚举\(u\)在点分树上的所有祖先。记这个祖先为\(v\)。那么，问题转化为，查询点分树上点\(v\)的子树中，在原树上距离\(v\)小于等于\(x-\text{dis}(u,v)\)的节点数。当然，还要减去，点分树上\(v\)的【包含\(u\)的那个儿子】的子树里，满足条件的节点数。

我们可以对点分树上每个节点，开两个树状数组。第一个树状数组，记录点分树上它的子树内，在原树上距离它小于等于\(i\)的、已标记的节点数。第二个树状数组，记录点分树上它的子树内，在原树上距离【它在点分树上的父亲】小于等于\(i\)的、已标记的节点数。那么，标记一个节点时，我们只需要在它点分树上祖先的树状数组上单调修改。查询时，我们在祖先的树状数组上查询一个“前缀和”。

时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。

还有一个注意点，每个节点的树状数组，大小显然不能直接开到\(n\)，否则空间复杂度会变成\(O(n^2)\)。我们在建点分树时，统计出，以当前节点\(v\)为分治中心的这个连通块内，所有节点到\(v\)的最大距离。那么\(v\)的第一个树状数组，大小直接开到这个最大距离即可。这样所有“第一个树状数组”的大小之和，就是最大距离之和，显然小于等于所有连通块的大小之和。根据点分治的理论，这个和不超过\(O(n\log n)\)。对于第二个树状数组，其大小设置为，该连通块内，到点分树上父亲的最大距离。那么，对于一个节点\(v\)，它所有儿子的“第二个树状数组”的大小之和，小于等于以\(v\)为分治中心的这整个连通块的大小。所以，所有节点的“第二个树状数组”大小之和也是\(O(n\log n)\)的。因此，空间复杂度\(O(n\log n)\)。

第二部分根据\(a\)序列求出答案数组

我们前面说过，每个\(a[i]\)，它对每个\(k\)的答案的贡献是：\({a[i]\choose k-1}\)。所以，\(ans[k]=\sum_{i=1}^{n}{a[i]\choose k-1}\)。不妨记：\(t[k-1]=ans[k]\)，现在我们就是要求这个\(t\)数组，其中\(t[k]=\sum_{i=1}^{n}{a[i]\choose k}\)。按定义直接求，不管你是先枚举\(i\)再枚举\(k\)，还是先枚举\(k\)再枚举\(i\)，甚至你把\(a[i]\)序列排序搞一搞，时间复杂度都是\(O(n^2)\)的。

转化一下思路。发现，\(a[i]\)的值相同，对答案的贡献就是相同的。所以先求一个桶，\(c[i]=\sum_{j=1}^{n}[a[j]=i]\)。然后就可以得到：

\[\begin{align} t[k]=&\sum_{i=k}^{n-1}c[i]\cdot{i\choose k}\\ =&\sum_{i=k}^{n-1}c[i]\cdot\frac{i!}{k!(i-k)!}\\ =&\frac{1}{k!}\sum_{i=k}^{n-1}c[i]i!\frac{1}{(i-k)!} \end{align} \]

设\(f[i]=c[i]i!\), \(g[i]=\frac{1}{i!}\)。那么，式子转化为\(t[k]=\sum_{i=k}^{n-1}f[i]g[i-k]\)。这其实也是一种卷积，我们很容易将它转化为常见的FFT的形式：

我们熟悉的卷积都是\(t_k=\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}\)，而这里的形式是\(t_k=\sum_{i=k}^{n}f_ig_{i-k}\)，考虑如何转化。注：这里为方便表述，我们令\(n=n-1\)。

仔细考虑卷积的本质，我们的目标是要让相乘的两个数下标之和为定值，而我们能做的事就是尝试翻转一个数列。不妨尝试翻转\(f\)，即令\(f_i=f_{n-i}\)。

此时\(t_k=\sum_{i=k}^{n}f_{n-i}g_{i-k}\)。

把\(i\)换成\(i-k\)，则\(t_k=\sum_{i=0}^{n-k}f_{n-k-i}g_{i}\)。发现\(f\)和\(g\)的下标和为\(n-k\)，刚好是一个定值。此时如果把\(f\)和\(g\)卷起来，那么结果的第\(n-k\)项就是\(t_k\)了（也就是把结果序列翻转一下）。

因此，我们做一遍FFT就能求出答案。

本部分时间复杂度\(O(n\log n)\)。

结合第一部分的解法，我们在\(O(n\log^2n)\)的时间复杂度内解决了本题。

参考代码

//problem:ZR1277
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

const int MAXN=3e5,MAX_LOGN=19;
int n,X;
struct EDGE{int nxt,to;}edge[MAXN*2+5];
int head[MAXN+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v){edge[++tot].nxt=head[u],edge[tot].to=v,head[u]=tot;}

bool vis[MAXN+5];
int f[MAXN+5],sz[MAXN+5],root,totsize;
void get_root(int u,int fa){
	f[u]=0;
	sz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa||vis[v])continue;
		get_root(v,u);
		f[u]=max(f[u],sz[v]);
		sz[u]+=sz[v];
	}
	f[u]=max(f[u],totsize-sz[u]);
	if(!root||f[u]<f[root])root=u;
}
int div_fa[MAXN+5],div_dep[MAXN+5],maxdep[MAXN+5];
void div_dfs(int u,int fa){
	sz[u]=1;
	div_dep[u]=div_dep[fa]+1;
	maxdep[u]=div_dep[u];
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa||vis[v])continue;
		div_dfs(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
		maxdep[u]=max(maxdep[u],maxdep[v]);
	}
}
struct FenwickTree{
	vector<int>c;
	int size;
	void ins(int p){
		++p;//距离从0开始,而树状数组的下标需要从1开始
		assert(p>=1 && p<=size);
		for(;p<=size;p+=(p&(-p)))c[p]++;
	}
	int query(int p){
		if(p<0)return 0;
		++p;
		p=min(p,size);
		assert(p>=1 && p<=size);
		int res=0;
		for(;p;p-=(p&(-p)))res+=c[p];
		return res;
	}
	void init(int _size){
		c.resize(_size+5);
		size=_size;
	}
	FenwickTree(){}
}fwk[MAXN+5],fwk_fa[MAXN+5];
void build_divtree(int u){
	//建点分树
	vis[u]=1;
	div_dfs(u,0);
	fwk[u].init(maxdep[u]);
	//cout<<"build "<<u<<" "<<sz[u]<<endl;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(vis[v])continue;
		root=0;totsize=sz[v];
		get_root(v,0);
		div_fa[root]=u;
		fwk_fa[root].init(maxdep[v]+5);
		build_divtree(root);
	}
}

int bfs_array[MAXN+5],cnt_bfn;
void bfs(){
	queue<int>q;
	q.push(1);
	memset(vis,0,sizeof(bool)*(n+1));
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();
		q.pop();
		vis[u]=1;
		bfs_array[++cnt_bfn]=u;
		for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
			int v=edge[i].to;
			if(vis[v])continue;
			q.push(v);
		}
	}
	//for(int i=1;i<=n;++i)cout<<bfs_array[i]<<" ";cout<<endl;
}

int dep[MAXN+5],dfn[MAXN+5],arr[MAXN*2+5],st[MAXN*2+5][MAX_LOGN+1],cnt,_log2[MAXN*2+5];
void eulerLCA_dfs(int u,int fa){
	dep[u]=dep[fa]+1;
	dfn[u]=++cnt;
	arr[cnt]=u;
	for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
		int v=edge[i].to;
		if(v==fa)continue;
		eulerLCA_dfs(v,u);
		arr[++cnt]=u;
	}
}
int get_lca(int u,int v){
	int l=dfn[u],r=dfn[v];
	if(l>r)swap(l,r);
	int k=_log2[r-l+1];
	return dep[st[l][k]]<dep[st[r-(1<<k)+1][k]]?st[l][k]:st[r-(1<<k)+1][k];
}
int get_dist(int u,int v){
	if(u==v)return 0;
	int lca=get_lca(u,v);
	return dep[u]+dep[v]-dep[lca]*2;
}
void eulerLCA_init(){
	eulerLCA_dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=cnt;++i)st[i][0]=arr[i];
	for(int j=1;j<=MAX_LOGN;++j){
		for(int i=1;i+(1<<(j-1))<=cnt;++i){
			st[i][j]=dep[st[i][j-1]]<dep[st[i+(1<<(j-1))][j-1]]?st[i][j-1]:st[i+(1<<(j-1))][j-1];
		}
	}
	_log2[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n*2;++i)_log2[i]=_log2[i>>1]+1;
	assert(_log2[n*2]<=MAX_LOGN);
}

int a[MAXN+5],c[MAXN+5];

const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}

int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
	if(n<k)return 0;
	return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
	for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}

namespace Poly{
int rev[MAXN*4+5];
int f[MAXN*4+5],g[MAXN*4+5];
void NTT(int *a,int n,int flag){
	for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<n;i<<=1){
		int T=pow_mod(3,(MOD-1)/(i<<1));
		if(flag==-1) T=pow_mod(T,MOD-2);
		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
			for(int k=0,t=1;k<i;++k,t=(ll)t*T%MOD){
				int Nx=a[j+k],Ny=(ll)a[i+j+k]*t%MOD;
				a[j+k]=mod1(Nx+Ny);
				a[i+j+k]=mod2(Nx-Ny);
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int invn=pow_mod(n,MOD-2);
		for(int i=0;i<n;++i)a[i]=(ll)a[i]*invn%MOD;
	}
}
void mul(int n){
	int lim=1,ct=0;
	while(lim<=n+n)lim<<=1,ct++;
	for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(ct-1));
	NTT(f,lim,1);
	NTT(g,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;++i)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;
	NTT(f,lim,-1);
}
}//namespace Poly


int main() {
	freopen("airplane.in","r",stdin);
	freopen("airplane.out","w",stdout);
	cin>>n>>X;
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u,v;cin>>u>>v;
		add_edge(u,v);
		add_edge(v,u);
	}
	root=0;totsize=n;get_root(1,0);
	build_divtree(root);
	bfs();
	eulerLCA_init();
	
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int u=bfs_array[i];
		a[u]=fwk[u].query(X);
		for(int curu=div_fa[u],son=u;
		curu!=0;
		son=curu,curu=div_fa[curu]){
			int d=get_dist(curu,u);
			a[u]+=fwk[curu].query(X-d)-fwk_fa[son].query(X-d);
		}
		
		for(int curu=u,son=0;
		curu!=0;
		son=curu,curu=div_fa[curu]){
			int d=get_dist(curu,u);
			fwk[curu].ins(d);
			if(curu!=u)fwk_fa[son].ins(d);
		}
	}
	//for(int i=1;i<=n;++i)cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;
	
	for(int i=1;i<=n;++i)c[a[i]]++;
	facinit();
	for(int i=0;i<n;++i)Poly::f[i]=(ll)c[i]*fac[i]%MOD;
	reverse(Poly::f,Poly::f+n);
	for(int i=0;i<n;++i)Poly::g[i]=ifac[i];
	Poly::mul(n);
	reverse(Poly::f,Poly::f+n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int ansi=(ll)Poly::f[i-1]*ifac[i-1]%MOD;
		cout<<ansi<<" \n"[i==n];
	}
	return 0;
}

posted @ 2020-06-01 18:17 duyiblue 阅读(351) 评论(0) 编辑收藏举报

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望舒草

就让失散的誓言飞舞吧，随西风飘荡

题解 Airplane Cliques (300iq的题)

题目大意

本题题解

第一部分求出\(a\)序列

第二部分根据\(a\)序列求出答案数组

参考代码

公告

望舒草

就让失散的誓言飞舞吧，随西风飘荡

题解 Airplane Cliques (300iq的题)

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本题题解

第一部分 求出\(a\)序列

第二部分 根据\(a\)序列求出答案数组

参考代码

公告

第一部分求出\(a\)序列

第二部分根据\(a\)序列求出答案数组