BZOJ4401:块的计数(乱搞)

Description

小Y最近从同学那里听说了一个十分牛B的高级数据结构——块状树。听说这种数据结构能在sqrt(N)的时间内维护树上的各种信息，十分的高效。当然，无聊的小Y对这种事情毫无兴趣，只是对把树分块这个操作感到十分好奇。他想，假如能把一棵树分成几块，使得每个块中的点数都相同该有多优美啊！小Y很想知道，能有几种分割方法使得一棵树变得优美。小Y每次会画出一棵树，但由于手速太快，有时候小Y画出来的树会异常地庞大，令小Y感到十分的苦恼。但是小Y实在是太想知道答案了，于是他找到了你，一个天才的程序员，来帮助他完成这件事。

Input

第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。

Output

一行一个整数Ans，表示所求的方案数。

Sample Input

6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6

Sample Output

3

HINT

100%的数据满足N<=1000000。

Solution

我竟然天真的以为$2e8$能跑过去直到我被最大的点卡到$10s$……

感觉也说不上什么算法，就算他是乱搞吧。

一开始洲哥给了一个$n\sqrt{n}$的写法。下一段根号做法可以不看因为我感觉我写的可能比正解还难懂……

我们先枚举当前要分的块大小$k$，再随便找一个根$DFS$一下，从下往上贪心的分，也就是够$k$个就分成一块。感性理解一下还是非常正确的……对于每个点$x$我们求出$(\sum size[son[x]]\%k)+1$，如果存在某个点的这个值大于$k$的话显然就是不合法的。其中$size[son[x]]\%k$也就是$son[x]$这颗子树里面分完了剩下的点。这个为什么是对的我就不多说了……要真想不懂的话可以直接去看下面正解做法。

其实仔细想想，确定了块大小$k$之后，那么每一块内的根的$size$肯定就是$k$的倍数。这个应该还是比较显然的，因为你是从下往上贪心来分的。那么我们直接开个桶记下$size$，对于每一个能被$n$整除的块大小$k$，统计有多少$size[x]$被$k$整除，如果与$n/k$相同则合法。复杂度应该是$O(n+\sqrt{n}logn)$

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define N (1000009)
using namespace std;

struct Edge{int to,next;}edge[N<<1];
int n,ans,size[N],u,v,Keg[N];
int head[N],num_edge;

inline int read()
{
    int x=0; char c=getchar();
    while (c<'0' || c>'9') c=getchar();
    while (c>='0' && c<='9') x=x*10+c-'0', c=getchar();
    return x;
}

void add(int u,int v)
{
    edge[++num_edge].to=v;
    edge[num_edge].next=head[u];
    head[u]=num_edge;
}

void DFS(int x,int fa)
{
    size[x]=1;
    for (int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
        if (edge[i].to!=fa)
        {
            DFS(edge[i].to,x);
            size[x]+=size[edge[i].to];
        }
    Keg[size[x]]++;
}

int main()
{
    n=read();
    for (int i=1; i<=n-1; ++i)
    {
        u=read(); v=read();
        add(u,v); add(v,u);
    }
    DFS(1,0);
    for (int i=1; i<=n; ++i)
        if (n%i==0)
        {
            int sum=0;
            for (int j=1; i*j<=n; ++j)
                sum+=Keg[i*j];
            ans+=(sum==n/i);
        }
    printf("%d\n",ans);
}