CF1868C Travel Plan 题解
- 发现所有长度相同的简单路径的权值可能情况相同，且最长的简单路径长度为 \(O(\log n)\) 级别，考虑维护所有长度的简单路径在一棵树上出现的次数，每种简单路径的权值在所有树上出现的次数，相乘即使答案。
- 我们考虑长度为 \(x\) 的路径对答案的贡献，考虑枚举这条路径的贡献 \(k\) ，让一个路径的最大值恰好 \(= k\) 是困难的，因此我们考虑容斥。及让一个路径的 \(\max \leq k\) ，然后再做一个差分即可得到恰好 \(= k\) 的答案。方案数显然为 \(m^{n-x} \sum\limits_{k=1}^{m} k(k^x-(k-1)^x)\) ，其中求和中 \(\times k\) 是因为这条路径的权值为 \(k\)
- 第二步要做的是统计各个长度的路径个数。完全二叉树以低复杂度 dp 是困难的，故我们先假设原树是一个满二叉树。容易想到设 \(f_{i,j}\) 表示以深度为 \(i\) 的满二叉树，长度为 \(j\) 的路径个数， \(g_{i,j}\) 表示深度为 \(i\) 的满二叉树，以根为起点长度为 \(j\) 的路径个数。容易得到转移：
\[\begin{cases}
g_{i,j} = 2g_{i-1,j-1} \\
f_{i,j} = 2f_{i-1,j} + g_{i,j} + \sum\limits_{k=1}^{j-2} g_{i-1,k} \times g_{i-1,j-k-1}
\end{cases}
\]
- 然后我们要怎么解决完全二叉树的问题呢？这里有一个比较重要的性质：一个完全二叉树内本质不同的子树只有 \(O(\log n)\) 个。证明就考虑对于一个节点，对于他的两个儿子，肯定一个是完全二叉树一个是满二叉树。因此我们不停递归是完全二叉树的儿子直至到达叶子节点，经过的路径长度显然是树高，即 \(O( \log n)\)
- 因此我们只需要在 dfs 过程中合并两个结果即可
- 小 tips : 求一个树是否为满二叉树可以判断这个树 一直往左走的次数 是否等于 一直往右走的次数，这么判断复杂度是 \(O( \log n)\) 的
- 小 tips2 : 计算 \(f_{i,j}\) 和 \(g_{i,j}\) 可以预处理
- 小 tips3 : 计算幂时可以不用快速幂，而是把要用到的提前预处理好
- 最终复杂度 \(O(m \log n + T \log^3 n)\)
- 小 tips4 : 貌似还可以继续优化：
- 倍增求深度的话一个 \(O( \log n)\) 会变成 \(O( \log \log n)\) ，这很小，可以当成常数
- 计算 \(f_{i,j}\) 这个式子好像可以用多项式优化(我也不会 QwQ)
