CF1916G Optimizations From Chelsu 题解

Optimizations From Chelsu

题意

给定 $n$ 个结点的树，边有正整数边权 $w_{i}$ 。定义 $l e n (u, v)$ 表示 $u$ 到 $v$ 的路径的边数， $gcd (u, v)$ 表示 $u$ 到 $v$ 的路径上所有边权的 $gcd$ ，特别地 $gcd (u, u) = 0$ 。对于所有 $u, v \in [n]$ ，求 $max (l e n (u, v) \times gcd (u, v))$ 。

大致思路

我们考虑共用一个顶点的两条链对答案的更新情况，令他们长度，gcd，分别为 $l e n_{1}, l e n_{2}, g_{1}, g_{2} (l e n_{1} \geq l e n_{2})$ ，我们发现只有满足以下几个条件才能更新答案：
1. $g c d (g_{1}, g_{2}) = g_{1}$ ，不然的话 $g c d (g_{1}, g_{2}) \leq \frac{g_{1}}{2}$
2. $g_{2} \leq l e n_{1} \times g_{1}$
推导： 设 $g_{2} = k \times g_{1}$ 能贡献答案当且仅当 $g_{1} \times (l e n_{1} + l e n_{2}) \geq g_{1} \times k \times l e n_{2} \to (k - 1) \times g_{1} \times l e n_{2} \leq g_{1} \times l e n_{1}$

于是我们可以考虑淀粉质，枚举重心之后，对于每个 $g$ ，求出其最长链的长度 $l e n$ ，然后枚举 $k (k \leq l e n)$ ，求出 $g_{2}$ 更新答案即可。

复杂度证明

考虑每一层分治，对于每个 $g$ 枚举 $k$ 的过程看作遍历这个点到重心的路径，那发现每条边最多只会被覆盖 $l o g_{w}$ 次，，但是对 $g_{2}$ 的寻找我的做法会多一只 $l o g$ ，于是总复杂度为 $O (n l o g_{n}^{2} l o g_{w})$

code

#pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")
#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100005
int zu,n,k,mxl,cnt,t1,t2,t3;
int h[N],ct[N],sz[N],mxs[N],q1[N],q2[N],q3[N];
ll ans,maxn,q[N];
map<ll,int> mp,id,mp2;
struct AB{
	int a,b;
	ll c;
	int n;
}d[N*2];
void cun(int x,int y,ll z){
	d[++k]={x,y,z,h[x]},h[x]=k;
}
ll gcd(ll x,ll y){
	if(x%y==0) return y;
	return gcd(y,x%y);
}
void dfs(int x,int fa,ll g,int len,int num){
	maxn=max(maxn,g),mxl=max(mxl,len);
	if(mp.find(g)==mp.end()) mp[g]=len,id[g]=num;
	else{
		if(len>=mp[g]){
			if(num==id[g]) mp[g]=len;
			else mp2[g]=mp[g],id[g]=num,mp[g]=len;
		}
		else if(len>=mp2[g]){
			if(num!=id[g]) mp2[g]=len;
		}
	}
	for(int i=h[x];i;i=d[i].n){
		int y=d[i].b;
		if(y==fa||ct[y]) continue;
		dfs(y,x,gcd(g,d[i].c),len+1,num);
	}
}
void gt_sz(int x,int fa){
	sz[x]=1,mxs[x]=0;
	for(int i=h[x];i;i=d[i].n){
		int y=d[i].b;
		if(y==fa||ct[y]) continue;
		gt_sz(y,x);sz[x]+=sz[y],mxs[x]=max(sz[y],mxs[x]);
	}
}
int gt_rt(int x,int fa,int siz){
	int q=x,p;
	mxs[x]=max(mxs[x],siz-sz[x]);
	for(int i=h[x];i;i=d[i].n){
		int y=d[i].b;
		if(y==fa||ct[y]) continue;
		p=gt_rt(y,x,siz);
		if(mxs[p]<mxs[q]) q=p;
	}
	return q;
}
void solve(int x){
	gt_sz(x,0);
	x=gt_rt(x,0,sz[x]);
	mp.clear(),id.clear(),mp2.clear(),maxn=mxl=0;
	for(int i=h[x];i;i=d[i].n){
		int y=d[i].b;
		if(ct[y]) continue;
		dfs(y,x,d[i].c,1,y);
	}
	t1=t2=t3=0;
	for(auto p:mp) q[++t1]=p.first,q1[t1]=p.second,q3[t1]=0;
	for(auto p:id) q2[++t2]=p.second;
	for(auto p:mp2){
		while(q[t3]<p.first) t3++;
		q3[t3]=p.second;
	}
	for(int i=1;i<=t1;i++){
		ll g=q[i];
		int len=q1[i];
		if(1ll*g*(len+mxl)<=ans) continue;
		int num=q2[i];
		for(int k=1;k<=len&&1ll*g*k<=maxn;k++){
			ll g2=1ll*g*k;
			int j=lower_bound(q+1,q+1+t1,g2)-q;
			if(q[j]!=g2) continue;
			if(q2[j]==num) ans=max(ans,1ll*(q3[j]+len)*g);
			else ans=max(ans,1ll*(q1[j]+len)*g);
		}
	}
	ct[x]=1;
	for(int i=h[x];i;i=d[i].n){
		int y=d[i].b;
		if(ct[y]) continue;
		solve(y);
	}
}
inline int read(){
	int num=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while('0'<=c&&c<='9') num=(num<<3)+(num<<1)+c-'0',c=getchar();
	return num;
}
signed main(){
	scanf("%d",&zu);
	while(zu--){
		scanf("%d",&n);
		k=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=ct[i]=0;
		for(int i=1,x,y;i<n;i++){
			ll z;
			x=read(),y=read(),scanf("%lld",&z);
			cun(x,y,z),cun(y,x,z);
		}
		ans=0,solve(1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}