P6773 [NOI2020] 命运
P6773 [NOI2020] 命运
注意到如果有两条限制 \((x,y)\)，\((x,z)\)（满足 \(\text{dep}_z < \text{dep}_y \le \text{dep}_x\)，则当 \((x,y)\) 满足条件时，\((x,z)\) 也一定满足条件。
设 \(f_{x,i}\) 表示当前节点 \(x\) 子树内的边已经染色完成，当前子树内向上延伸的最大 \(\text{dep}\) 为 \(i\) 的方案数。考虑 \(x\) 与子节点 \(v\) 的一条边的染色情况。
- 当这条边染色时，\(v\) 子树内的所有点都染色完成，则 \(i\) 一定时由 \(x\) 的其他子树贡献的，即此时贡献为 \(f_{x,i}\times \sum_{j=0}^{\text{dep}_x}f_{v,j}\)。
- 当这条边不染色时
- 当 \(i\) 由 \(x\) 其他子树贡献时，\(v\) 上方延伸小于 \(x\)，即贡献为 \(f_{x,i}\times \sum_{j=0}^i f_{v,j}\)。
- 当 \(i\) 由 \(v\) 贡献时，\(v\) 的延伸为 \(i\)，\(x\) 其他子树上方延伸小于 \(x\)，即贡献为 \(f_{v,i}\times \sum_{j=0}^i f_{x,j}\)。
- 由于上面当 \(x\) 的延伸与 \(v\) 的延伸均为 \(i\) 时 \(f_{x,i}\times f_{v,i}\) 计算了两次，所以要减一次。
综上，可以得到最终的转移方程为
\[\begin{aligned}
f_{x,i}&=f_{x,i}\times\sum_{j=0}^{\text{dep}_x}f_{v,j}+f_{x,i}\times \sum_{j=0}^i f_{v,j}+f_{v,i}\times \sum_{j=0}^i f_{x,j}-f_{x,i}\times f_{v,i}\\
&=f_{x,i}\times\sum_{j=0}^{\text{dep}_x}f_{v,j}+f_{x,i}\times \sum_{j=0}^i f_{v,j}+f_{v,i}\times \sum_{j=0}^{i-1} f_{x,j}\\
&=f_{x,i}\times(\sum_{j=0}^{\text{dep}_x}f_{v,j}+\sum_{j=0}^i f_{v,j})+f_{v,i}\times \sum_{j=0}^{i-1} f_{x,j}
\end{aligned}
\]
令 \(g_{x,i} = \sum_{j=0}^i f_{x,i}\)，则有
\[f_{x,i}=f_{x,i}\times(g_{v,\text{dep}_x}+g_{v,i})+f_{v,i}\times g_{x,i-1}
\]
至此，直接转移可以得到 \(\mathcal{O}(n^2)\) 的做法。
考虑优化，由于出现前缀和形式，考虑将 \(\text{dp}\) 的第二维放在权值线段树中维护，并使用线段树合并将信息从子节点转移到父节点。
由于转移时转移顺序会影响 \(g\) 的值，注意到仅有前缀和形式，考虑使用左中右转移顺序，先递归左子树，再递归右子树。
假设当前合并 \(x,y\) 两棵线段树，合并的区间为 \([l,r]\)。
- 当 \(x,y\) 均为空时，直接返回即可。
- 当 \(x\) 为空，\(y\) 非空时，在此区域内，\(f_{x,i}=0\)，并且有关 \(x\) 线段树的权值和不再增长，此时转移的右侧仅有 \(f_{v,i}\times g_{x,i-1}\)，由于 \(\forall i \in [l,r],f_{x,i}=0\)，则 \(g_{x,i-1}=g_{x,l-1}\)，即对 \(y\) 线段树原有 \([l,r]\) 区间的每个位置乘上 \(g_{x,l-1}\) 即可。
- 当 \(x\) 非空，\(y\) 为空时，在此区域内，\(f_{v,i} =0\)，并且有关 \(y\) 线段树的权值和不再增长， 此时转移的右侧仅有 \(f_{x,i}\times (g_{v,\text{dep}_x}+g_{v,i})\)。由于 \(\forall i \in [l,r],f_{v,i}=0\)，则 \(g_{v,i}=g_{v,l-1}\)，即对 \(x\) 线段树原有 \([l,r]\) 区间的每个位置乘上 \((g_{v,\text{dep}_x}+g_{v,i})\) 即可。
- 当 \(x,y\) 均非空时
- 若当前是叶子节点，则按照上面的方程直接将 \(i\) 这一位进行转移即可。
- 若当前不是叶子节点，先递归左区间，后递归右区间，保证进入右区间时左区间的 \(f\) 已经累加进 \(g\)。
至此，可以得到时间复杂度与空间复杂度均为 \(\mathcal{O}(n \log n)\) 的做法。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
template<typename T>inline bool read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();
bool flag=0,ret=0;
while(ch<'0'||ch>'9') flag=flag||(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(),ret=1;
x=flag?-x:x;
return ret;
}
template<typename T,typename ...Args>inline bool read(T& a,Args& ...args){
return read(a)&&read(args...);
}
template<typename T>void prt(T x){
if(x>9) prt(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
template<typename T>inline void put(T x){
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
prt(x);
}
template<typename T>inline void put(char ch,T x){
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
prt(x);
putchar(ch);
}
template<typename T,typename ...Args>inline void put(T a,Args ...args){
put(a);
put(args...);
}
template<typename T,typename ...Args>inline void put(const char ch,T a,Args ...args){
put(ch,a);
put(ch,args...);
}
inline void put(string s){
for(int i=0,sz=s.length();i<sz;i++) putchar(s[i]);
}
inline void put(const char* s){
for(int i=0,sz=strlen(s);i<sz;i++) putchar(s[i]);
}
}
using namespace IO;
#define N 500005
#define mod 998244353
#define ll long long
int n,m,head[N],cnt,idx,rt[N],dep[N];
struct edge{
int v,nxt;
}e[N<<1];
struct node{
int ls,rs,sum,tag;
}t[N*25];
#define lc(x) t[x].ls
#define rc(x) t[x].rs
inline void add(int u,int v){
e[++cnt]=(edge){v,head[u]},head[u]=cnt;
}
vector<int> g[N];
inline void push_up(int x){
t[x].sum=(t[lc(x)].sum+t[rc(x)].sum)%mod;
}
inline void push_tag(int x,int val){
t[x].sum=(ll)t[x].sum*val%mod;
t[x].tag=(ll)t[x].tag*val%mod;
}
inline void push_down(int x){
if(t[x].tag==1) return;
if(lc(x)) push_tag(lc(x),t[x].tag);
if(rc(x)) push_tag(rc(x),t[x].tag);
t[x].tag=1;
}
inline void update(int &x,int l,int r,int pos){
if(!x) x=++idx,t[x].sum=t[x].tag=1;
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid) update(lc(x),l,mid,pos);
else update(rc(x),mid+1,r,pos);
push_up(x);
}
inline int query(int x,int l,int r,int pre){
if(!x) return 0;
if(r<=pre) return t[x].sum;
int mid=l+r>>1;
push_down(x);
return (query(lc(x),l,mid,pre)+(pre>mid?query(rc(x),mid+1,r,pre):0))%mod;
}
inline int merge(int x,int y,int l,int r,int &s1,int &s2){
if(!x&&!y) return 0;
push_down(x),push_down(y);
if(!x){
s1=(s1+t[y].sum)%mod;
push_tag(y,s2);
return y;
}
if(!y){
s2=(s2+t[x].sum)%mod;
push_tag(x,s1);
return x;
}
if(l==r){
int prex=t[x].sum,prey=t[y].sum;
s1=(s1+prey)%mod;
t[x].sum=((ll)t[x].sum*s1%mod+(ll)t[y].sum*s2%mod)%mod;
s2=(s2+prex)%mod;
return x;
}
int mid=l+r>>1;
lc(x)=merge(lc(x),lc(y),l,mid,s1,s2);
rc(x)=merge(rc(x),rc(y),mid+1,r,s1,s2);
push_up(x);
return x;
}
inline void dfs(int x,int fa){
dep[x]=dep[fa]+1;
int maxn=0;
for(auto v:g[x]) maxn=max(maxn,dep[v]);
update(rt[x],0,n,maxn);
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,x);
int s1=query(rt[v],0,n,dep[x]),s2=0;
rt[x]=merge(rt[x],rt[v],0,n,s1,s2);
}
}
int main(){
read(n);
for(int i=1,u,v;i<n;i++)
read(u,v),add(u,v),add(v,u);
read(m);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
read(u,v),g[v].push_back(u);
dfs(1,0);
put('\n',query(rt[1],0,n,0));
return 0;
}
