[COCI2015-2016#1] UZASTOPNI
[COCI2015-2016#1] UZASTOPNI
写在前面：我代码中数组空间的开大是因为这道题在我们校内OJ上加了一个数据更大的点 \(1\le n\le10^5,1\le v_i\le2000\)。对于这道题来说，可以自行改小。
简化一下题意，意思就是选出来的权值要构成一个连续的序列。这里有一个重要的性质，我们从一棵子树入手，设这棵子树的根为 \(rt\) ，它的权值为 \(v_{rt}\)，我们设它的任意一个儿子为 \(son\)，接下来我们分类讨论一下它儿子权值的情况。
-
\(v_{rt}>v_{son}\)。
如果要选择 \(son\) 这个点，那么 \(rt\) 这个点就一定要选，同时由于集合中不能有相同的权值。所以在 \(son\) 为根的子树里面不能选 \(v_{rt}\) 这个权值，那么在以 \(son\) 为根的子树里面选出权值构成的连续序列的最大值 \(v_{max}\) 一定要小于 \(v_{rt}\)。我们可以用反证法来证明，如果 \(v_{max}\) 被选了，由于 \(v_{son}<v_{rt}<v_{max}\)，为了构成一个连续的序列，我们必须选 \(v_{rt}\)，而我们又必须选 \(rt\)，这就矛盾了。
-
\(v_{rt}<v_{son}\)。
这种情况与上述相似，我们设以 \(son\) 为根的子树选出权值构成的连续序列的最小值为 \(v_{min}\)。如果 \(v_{min}<v_{rt}\)，又因为 \(v_{min}<v_{rt}<v_{son}\)，所以以 \(son\) 为根的子树里面一定要选 \(v_{rt}\)，而 \(rt\) 也一定要选，这不符合题意，所以 \(v_{min}>v_{rt}\)。
那么我们得到了一个重要信息：对于一个子树的根 \(rt\) 来说，如果选择了它的一个儿子 \(son\) ，那么以 \(son\) 为根的子树里能构成的连续权值序列是不会跨越 \(v_{rt}\) 的。（即最小值大于 \(v_{rt}\) 或最大值小于 \(v_{rt}\)）
根据这个性质我们可以定下我们的 dp 数组。设 \(L_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的子树能不能选出一个连续的序列为 \({j,j+1,\dots,v_i}\)（\(j\le v_i\) 即向左边扩展）。设 \(R_{i,j}\) 为以 \(i\) 为根的子树能不能选出一个连续的序列为 \(v_i,v_i+1,\dots,j\)（\(v_i\le j\) 即向右边扩展）。然后更新的时候我们要注意我们只将类似于 \([1,2],[3,4]\) 的区间合并，而类似于 \([1,2],[2,3]\) 这类区间我们不合并（因为有重复的权值）。
还有一点需要注意的是，我们 dp 的顺序也有讲究，合并权值小于 \(v_{rt}\) 的要按权值降序排序，合并权值大于 \(v_{rt}\) 时要按权值升序排序。也就是我们要先合并 \(|v_{rt}-v_{son}|\) 较小的儿子。
但是这样我们的时空都是 \(O(n\times v)\)，对于这道题我们绰绰有余，但是对于我前文提到 \(n\le10^5,v\le2000\) 的数据来说是铁定过不了的，这时候我们使用 bitset 进行优化，关于 bitset 这里不再赘述，因为没用 bitset 也能过，有兴趣的读者可以去 oiwiki 自行查看。
那么用 bitset 优化后时空都变成了 \(O(\dfrac{n\times v}{w})\)。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
int n,v[MAXN];
vector <int> e[MAXN];
bitset<2005> L[MAXN],R[MAXN];
bool cmp(int x,int x_)
{
return v[x]<v[x_];
}
void dfs(int cur,int fa)
{
L[cur].set(v[cur]);R[cur].set(v[cur]);
for(int i=0;i<e[cur].size();++i)
{
int to=e[cur][i];
if(to==fa) continue;
dfs(to,cur);
}
int to;
for(int i=0;i<e[cur].size();++i)//升序
if(v[to=e[cur][i]]>v[cur]&&((R[cur]<<1)&L[to]).any()) R[cur]|=R[to];
for(int i=e[cur].size()-1;i>=0;--i)//降序
if(v[to=e[cur][i]]<v[cur]&&((L[cur]>>1)&R[to]).any()) L[cur]|=L[to];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&v[i]);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
sort(e[i].begin(),e[i].end(),cmp);
dfs(1,0);
printf("%lld",(ll)L[1].count()*(ll)R[1].count());
return 0;
}
