Solution -「AGC 029E」「AT 4504」Wandering TKHS

$\mathcal{Description}$

  Link.

  给一棵 $n$ 个点的树，从某个点出发，遍历时必须走到已经走过的连通块所邻接的编号最小的结点。求从每个点出发，走到 $1$ 号结点所需额外走的结点（即走到块的大小 $-1$）。

  $n\le2\times10^5$。

$\mathcal{Solution}$

  把 $1$ 提为根，那么一个点到根最大的阻碍就是路径上编号最大的结点。记 $mx_u$ 表示 $1$ 到 $u$ 的最大结点编号，并令 $R(u,l)$ 表示从 $u$ 出发，向其子树，仅经过编号严格小于 $l$ 的点能够到达的点的个数（$u$ 一定产生贡献，所以至少为 $1$），DP 状态 $f(u)$ 表示 $u$ 的答案。

  现令 $u$ 是 $v$ 的父亲，考虑 $u$ 对 $v$ 的转移。

• 若 $mx_v=v$，显然 $u$ 不会往 $v$ 走，所以要加上 $R(v,mx_u)$。

• 否则若 $mx_u=u$，$v$ 就会比 $u$ 多在子树内卡一会儿。即 $R(v,u)-[v<mx_{fa_u}]R(v,mx_{fa_u})$，后一项是减去重复的贡献。

  最后，加上 $u$ 到 $1$ 的贡献 $f(u)$。

  可以用暴搜加上记忆化直接计算 $R(u,l)$。考虑到搜索时会被子树内一些比 $l$ 大的结点所拦截，那么被遍历的连通块就不满足需要计算 $R$ 的转移限制。所以遍历到的总点数 $\mathcal O(n)$。故复杂度 $\mathcal O(n)$。

$\mathcal{Code}$

#include <map>
#include <cstdio>

typedef std::pair<int, int> pii;

const int MAXN = 2e5;
int n, ecnt, head[MAXN + 5], fa[MAXN + 5], mx[MAXN + 5], ans[MAXN + 5];
std::map<pii, int> rch;

struct Edge { int to, nxt; } graph[MAXN * 2 + 5];

inline int max_ ( const int a, const int b ) { return a < b ? b : a; }

inline void link ( const int s, const int t ) {
	graph[++ ecnt] = { t, head[s] };
	head[s] = ecnt;
}

inline void init ( const int u ) {
	mx[u] = max_ ( u, mx[fa[u]] );
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] ) {
			fa[v] = u, init ( v );
		}
	}
}

inline int reach ( const int u, const int lim ) {
	pii sta ( u, lim );
	if ( rch.count ( sta ) ) return rch[sta];
	int ret = 1;
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] && v < lim ) {
			ret += reach ( v, lim );
		}
	}
	return rch[sta] = ret;
}

inline void solve ( const int u ) {
	for ( int i = head[u], v; i; i = graph[i].nxt ) {
		if ( ( v = graph[i].to ) ^ fa[u] ) {
			if ( mx[v] == v ) ans[v] = reach ( v, mx[u] );
			else if ( mx[u] == u ) {
				ans[v] = reach ( v, u ) - ( v > mx[fa[u]] ? 0 : reach ( v, mx[fa[u]] ) );
			}
			ans[v] += ans[u];
			solve ( v );
		}
	}
}

int main () {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1, u, v; i < n; ++ i ) {
		scanf ( "%d %d", &u, &v );
		link ( u, v ), link ( v, u );
	}
	init ( 1 );
	solve ( 1 );
	for ( int i = 2; i <= n; ++ i ) printf ( "%d%c", ans[i], i ^ n ? ' ' : '\n' );
	return 0;
}