P5901 [IOI2009] Regions

[IOI2009] Regions

Luogu P5901

题目描述

联合国区域发展委员会（The United Nations Regional Development Agency, UNRDA）有一个良好的组织结构。它任用了 $N$ 名委员，每名委员都属于几个地区中的一个。委员们按照其资历被编号为 $1$ 到 $N$ ，$1$ 号委员是主席，资历最高。委员所属地区被编号为 $1$ 到 $R$。除了主席之外所有委员都有一个直接导师。任何直接导师的资历都比他所指导的委员的资历要高。

我们称委员 $A$ 是委员 $B$ 的导师当且仅当 $A$ 是 $B$ 的直接导师或者 $A$ 是 $B$ 的直接导师的导师。显然，主席是所有其他委员的导师，没有任何两名委员互为导师。

现在，为了调查大量对 UNRDA 偏向某些地区的不平衡的组织结构的指控，UNRDA 想要建立一个计算机系统：在给定委员之间的直接导师关系的情况下，该系统可以回答下述形式的问题：给定两个地区 $r_1$ 和 $r_2$，要求系统回答委员会中有多少对委员 $e_1$ 和 $e_2$，满足 $e_1$ 属于 $r_1$，而 $e_2$ 属于 $r_2$，并且 $e_1$ 是 $e_2$ 的导师。每次询问都有两个参数 $r_1$ 和 $r_2$，结果是一个整数：满足上述条件的 $(e_1,e_2)$ 二元组的数量。

任务：编写一个程序，给定每个委员的地区和直接导师，在线 回答上述询问。

强制在线将以交互的格式进行。

• 对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$N\le 500$。
• 对于 $55\mathrm{\%}$ 的数据，没有地区包含超过 $500$ 个委员。
• 同时满足上述两个条件的数据有 $15\mathrm{\%}$，至少满足上述一个条件的数据有 $70\mathrm{\%}$。
• 对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le N,Q\le 2\times {10}^5$，$1\le H_k,r_1,r_2\le R\le 2.5\times {10}^4$，$1\le S_k<k$。

Solution

先尝试去想暴力，很容易想到两种不同的暴力做法：

• 分别枚举两个颜色中的所有点，利用 Dfs 序判定一个点是否在另一个点的子树内。
• 将一个颜色内的所有点先加入到一个数据结构内，然后枚举另一个颜色的所有点，查看有多少点在当前子树。

第一种做法时间最劣是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，第二种做法空间最劣是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的。考虑综合一下这两种做法。使用根号分治，按照颜色的点数进行根号分治。将点数在阈值之上的称为重颜色，否则称为轻颜色。分类讨论一下：

• 重颜色作为祖先节点：不妨预处理所有重颜色作为祖先节点的情况的答案，容易做到 $\mathcal{O}(n\sqrt{n\log n})$ 时间预处理，$\mathcal{O}(R\sqrt{n})$ 空间。
• 轻颜色作为祖先节点：枚举轻颜色内的所有点，然后对于每个颜色开一个 vector 按照 Dfs 序将所有点排序就可以直接二分找到所有满足条件的子节点，时间可以做到 $\mathcal{O}(n\sqrt{n\log n})$。

总时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sqrt{n\log n})$，空间复杂度 $\mathcal{O}(R\sqrt{n})$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define All(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
constexpr int _N = 2e5 + 5, _B = 450 + 5, _R = 2.5e4 + 5;
int N, R, Q, Lim;
vector<int> e[_N];
int f[_B][_R], dfn[_N], cnt[_N], ord, id[_N], siz[_N], di[_N], d[_N];
vector<int> vec[_N], vdfn[_N];
void Dfs(int x) {
    dfn[x] = ++ord, siz[x] = 1;
    for (int v: e[x]) Dfs(v), siz[x] += siz[v];
}
signed main() {
    cin >> N >> R >> Q;
    Lim = sqrt(N * log2(N) * 2);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        if (i != 1) {
            int fa; cin >> fa;
            e[fa].push_back(i);
        }
        int col; cin >> col;
        vec[col].push_back(i);
        ++cnt[col];
    }
    iota(id + 1, id + R + 1, 1);
    sort(id + 1, id + R + 1, [&](const int &i, const int &j) {
        return cnt[i] > cnt[j];
    });
    Dfs(1);
    for (int i = 1; i <= R; ++i) {
        di[id[i]] = i;
        for (int x: vec[i]) vdfn[i].push_back(dfn[x]);
        sort(All(vdfn[i]));
    }
    for (int i = 1; i <= R; ++i) {
        if (cnt[id[i]] < Lim) break;
        for (int i = 1; i <= N + 1; ++i) d[i] = 0;
        for (int x: vec[id[i]]) ++d[dfn[x]], --d[dfn[x] + siz[x]];
        partial_sum(d, d + N + 1, d);
        for (int j = 1; j <= R; ++j) for (int x: vec[j])
            f[i][j] += d[dfn[x]];
    }
    while (Q--) {
        int r1, r2; cin >> r1 >> r2;
        if (cnt[r1] < Lim) {
            int res = 0;
            for (int x: vec[r1])
                res += upper_bound(All(vdfn[r2]), dfn[x] + siz[x] - 1) -
                       lower_bound(All(vdfn[r2]), dfn[x]);
            cout << res << endl;
        } else cout << f[di[r1]][r2] << endl;
    }
}