[bzoj1063] [NOI2008]道路设计
Description
Z国坐落于遥远而又神奇的东方半岛上，在小Z的统治时代公路成为这里主要的交通手段。Z国共有n座城市，一些城市之间由双向的公路所连接。非常神奇的是Z国的每个城市所处的经度都不相同，并且最多只和一个位于它东边的城市直接通过公路相连。Z国的首都是Z国政治经济文化旅游的中心，每天都有成千上万的人从Z国的其他城市涌向首都。为了使Z国的交通更加便利顺畅，小Z决定在Z国的公路系统中确定若干条规划路线，将其中的公路全部改建为铁路。我们定义每条规划路线为一个长度大于1的城市序列，每个城市在该序列中最多出现一次，序列中相邻的城市之间由公路直接相连(待改建为铁路)。并且，每个城市最多只能出现在一条规划路线中，也就是说，任意两条规划路线不能有公共部分。当然在一般情况下是不可能将所有的公路修建为铁路的，因此从有些城市出发去往首都依然需要通过乘坐长途汽车，而长途汽车只往返于公路连接的相邻的城市之间，因此从某个城市出发可能需要不断地换乘长途汽车和火车才能到达首都。我们定义一个城市的“不便利值”为从它出发到首都需要乘坐的长途汽车的次数，而Z国的交通系统的“不便利值”为所有城市的不便利值的最大值，很明显首都的“不便利值”为0。小Z想知道如何确定规划路线修建铁路使得Z国的交通系统的“不便利值”最小，以及有多少种不同的规划路线的选择方案使得“不便利值”达到最小。当然方案总数可能非常大，小Z只关心这个天文数字modQ后的值。注意：规划路线1-2-3和规划路线3-2-1是等价的，即将一条规划路线翻转依然认为是等价的。两个方案不同当且仅当其中一个方案中存在一条规划路线不属于另一个方案。
Input
第一行包含三个正整数N、M、Q,其中N表示城市个数,M表示公路总数,N个城市从1~N编号,其中编号为1的是首都。Q表示上文提到的设计路线的方法总数的模数。接下来M行,每行两个不同的正数ai、bi(1≤ai,bi≤N)表示有一条公路连接城市ai和城市bi。输入数据保证一条公路只出现一次。
Output
包含两行。第一行为一个整数,表示最小的“不便利值”。第二行为一个整数,表示使“不便利值”达到最小时不同的设计路线的方法总数modQ的值。如果某个城市无法到达首都,则输出两行-1。
Sample Input
5 4 100
1 2
4 5
1 3
4 1
Sample Output
1
10
Solution
不是很好想的\(dp\)，想到状态基本就没了。
题意差不多就是对一个树进行链剖分，求每个点到根经过的轻边最大值最小，且求出方案数。
然后可以设\(f[i][0/1/2]\)表示\(i\)号点向儿子连至多\(0/1/2\)条重边的子树所有点到它的轻边最大值的最小值。
想明白这个状态转移就很简单了，设\(f'[i]\)表示转移之前的状态，转移如下：
注意这里求出来的\(f[i][j]\)表示恰好向儿子连\(j\)条边，变成至少直接前缀\(\min\)一下就好了。
我们可以考虑下第一问的答案最多可以为多少，显然，如果我们按重链剖分那样，答案最多是\(O(\log_2n)\)，但是由于这里一个点可以向下连两条边，那么这个会降到\(O(\log_3n)\)。
所以第二问也不难了，设\(g[i][j][k]\)表示第\(i\)个点，向儿子连最多\(j\)条边\((j\leqslant 2)\)，子树轻边最大值至多是\(k\)的方案数，转移也和上面差不多，具体就看代码吧。
总复杂度：\(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
int n,m,mod,f[maxn][3],g[maxn][3][12],head[maxn],tot;
struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
void ins(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot;}
void dfs1(int x,int fa) {
f[x][0]=1,f[x][1]=f[x][2]=inf;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
if(e[i].to==fa) continue;dfs1(e[i].to,x);
f[x][2]=min(max(f[x][1],f[e[i].to][1]),max(f[x][2],f[e[i].to][2]+1));
f[x][1]=min(max(f[x][0],f[e[i].to][1]),max(f[x][1],f[e[i].to][2]+1));
f[x][0]=max(f[x][0],f[e[i].to][2]+1);
}
f[x][1]=min(f[x][0],f[x][1]),f[x][2]=min(f[x][2],f[x][1]);
}
void dfs2(int x,int fa) {
for(int i=1;i<=f[1][2];i++) g[x][0][i]=1,g[x][1][i]=g[x][2][i]=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) {
if(e[i].to==fa) continue;dfs2(e[i].to,x);
for(int j=1;j<=f[1][2];j++) {
g[x][2][j]=(1ll*g[x][1][j]*g[e[i].to][1][j]%mod+1ll*g[x][2][j]*g[e[i].to][2][j-1]%mod)%mod;
g[x][1][j]=(1ll*g[x][0][j]*g[e[i].to][1][j]%mod+1ll*g[x][1][j]*g[e[i].to][2][j-1]%mod)%mod;
g[x][0][j]=(1ll*g[x][0][j]*g[e[i].to][2][j-1])%mod;
}
}
for(int i=1;i<=f[1][2];i++) g[x][1][i]=(g[x][1][i]+g[x][0][i])%mod,g[x][2][i]=(g[x][1][i]+g[x][2][i])%mod;
}
int main() {
read(n),read(m),read(mod);
if(m!=n-1) return puts("-1\n-1\n"),0;
for(int i=1,x,y;i<n;i++) read(x),read(y),ins(x,y),ins(y,x);
dfs1(1,0),dfs2(1,0);write(f[1][2]-1),write(g[1][2][f[1][2]]);
return 0;
}
