[DP] 跳水运动员

简要题意：
给出一棵树，要求割掉 $x$ 条边，将树分成若干个连通块。定义一个连通块合法当且仅当对于联通快内点 $u,v$，$\mathrm{\forall }x\in [u,v]$ 也在这连通块内。

对于 $x=0,1,2,...k-1$,输出割掉 $x$ 条边的方案数。

个人错误做法

转化问题，对于每一个 $m\in [0,k)$，求将序列分成 $m+1$ 段，且每一个段都构成一个联通块的方案数。

考虑构成连通块的条件：
对于区间 $[l,r]$,对于任一点 $l\le u\le v\le r$ $u$ 到 $v$ 的路径上所有点的值都在 $[l,r]$ 之间。

这启发我们考虑构造重构树，则有结论：合法区间 $[l,r]$ 所有节点的小根树的 $lca$ 为 $l$，大根树的 $lca$ 为 $r$。

我们考虑 $dp$,$f[i][j]$ 表示把序列 $1...i$ 分成 $j$ 段的方案数。

如果我们可以优化转移到O(1)，复杂度就是 $O(nk)$。 我们可以一层一层转移。

转化条件:小根树上，区间 $[l,r]$ 都为 $l$ 的儿子，大根树上，区间 $[l,r]$ 都是 $r$ 的儿子。

我们对于每一个 $l$ 求出一个最大的 $r{p}_l$ 满足 $[l,r{p}_l]$ 都是 $l$ 的儿子，对于每一个 $r$ 求出一个最小的 $l{p}_r$ 满足 $[l{p}_r,r]$ 都是 $r$ 的儿子。

先写一棵主席树，然后二分端点，查询区间的子树和是否为区间个数。然后就可以把 $dp$ 转化成偏序问题。

$$f[k][i]=\sum _{j\le i\mathrm{\&}r{p}_j\ge i\mathrm{\&}l{p}_i\le j}f[k-1][j]$$

利用树状数组优化这个二维偏序，利用滚动数组优化空间，复杂度为 $O(nk\log n)$。 和 $O(n^{2}k)$ 一个分数。

正解

$O(nk+n\log n)$ 6，好像跟 cust10 做法一样。

同样考虑序列上从前往后 dp。
观察到一个联通块的另外一个条件，我们记录父亲信息，有且仅有一个点的父亲不在 $[L,R]$ 内。

所以我们分类讨论，考虑决策点 $j$。先利用 $set$ 记录对于 $i$，前面的父亲大于 $i$ 的最近点 $x$ 和次近点 $y$。

• $j\in [y,x)$，区间 $(j,i]$ 没有连向前面的边。
• $j\in [x,i)$，区间 $(j,i]$ 有一条连向前面的边。

考虑定义两个 $set$, $s_0,s_1$ 分别记录区间 $(j,i]$ 有没有连向前面的边的决策点的集合。

如果 $f{a}_i<i$，那么对于 $j\in [f{a}_i,i)$ 会多一条连向前面的边。把这一部分的点从 $s_1$ 中删去，把 $s_0$ 中的点加到 $s_1$。

直接做复杂度 $O(nk\log n)$

观察到每次删除和加入都是一段后缀，把 $set$ 换成单调栈，从 $s_0$ 拼到 $s_1$ 这一部分的修改仍然不会改变有序性。观察到决策点的集合不会改变，只有每个决策点的贡献的改变。因此我们利用单调栈内二分预处理出每个点在 $s_0,s_1$ 的栈内有贡献的区间。每轮 $dp$ 时，再重复维护单调栈并维护前缀和，利用前缀和和预处理的贡献区间。优化到 $O(nk)$。

总复杂度 $O(nk+n\log n)$。比错解好写 \jk

code

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=2e5+5,Md=998244353;
vector<int> vt[N];
int n,K,fa[N];
void dfs(int u,int Fa){
	fa[u]=Fa;
	for(int v:vt[u])
		if(v!=Fa) dfs(v,u);
}
LL f[2][N],ans[N];
int st0[N],tp0,st1[N],tp1;
int l1[N],l2[N],lp1[N],lp2[N],lp3[N];
set<int> s1;
LL ss0[N],ss1[N];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&K);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		vt[u].push_back(v); vt[v].push_back(u);
	}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(fa[i]>i) s1.insert(i);
		for(int v:vt[i])
			if(v!=fa[i] && v<i) s1.erase(v);
		if(s1.size()>=1) l1[i]=*--s1.end();
		if(s1.size()>=2) {
			auto p=--s1.end(); --p;
			l2[i]=*p;
		}
	}
	tp0=tp1=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		st0[++tp0]=i-1;
		if(fa[i]<=i){
			while(tp1 && st1[tp1]>=fa[i]) tp1--;
			int x=tp0;
			while(x && st0[x]>=fa[i]) x--;
			for(int j=x+1;j<=tp0;j++) st1[++tp1]=st0[j];
			tp0=x;
		}	
		lp1[i]=lower_bound(st0+1,st0+tp0+1,l2[i])-st0-1;
		lp2[i]=lower_bound(st0+1,st0+tp0+1,l1[i])-st0-1;
		lp3[i]=lower_bound(st1+1,st1+tp1+1,l1[i])-st1-1;
	}
	int nw=0; f[0][0]=1;
	for(int k=1;k<=K;k++){
		nw^=1; for(int i=0;i<=n;i++) f[nw][i]=0;
		tp0=tp1=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			st0[++tp0]=i-1; ss0[tp0]=(ss0[tp0-1]+f[nw^1][i-1])%Md;
			if(fa[i]<=i){
				while(tp1 && st1[tp1]>=fa[i]) tp1--;
				int x=tp0;
				while(x && st0[x]>=fa[i]) x--;
				for(int j=x+1;j<=tp0;j++) st1[++tp1]=st0[j],ss1[tp1]=(ss1[tp1-1]+f[nw^1][st0[j]])%Md;
				tp0=x;
			}
			f[nw][i]=(ss0[lp2[i]]-ss0[lp1[i]]+ss1[tp1]-ss1[lp3[i]]+2*Md)%Md;
		}
		ans[k-1]=f[nw][n];
	}
	for(int i=0;i<K;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}