CF 2001 E2 solution (967 Div.2)

CF 2001 E2

由于对称，所以设 \(heap[u]\) 为两次确定堆，且第一次弹出的是 \(u\)，\(heap[u,v]\) 是第一次 \(u\) ，第二次 \(v\)

则答案就是 \(\sum heap[u]=2^{n-1}·heap[x]\)

其中 \(x\) 任意。

不妨我们考虑第一次都是从第一个叶子弹出，那么对于其他不同的第二个弹出的点，根据对称性显然有如下性质：

\(LCA(u,v_1)=LCA(u,v_2)\implies heap[u,v_1]=heap[u,v_2]\)

而经过手玩一下关系，可以发现：

也就是设 \(L_1,R_1\) 是两个叶子的 \(LCA\) 的左右儿子，\(l,r\) 是 \(L_1\) 的左右儿子（图稍微画错了点）

容易得到：

\[\begin{cases} l+r\le L_1\\ r<l<R_1<L_1 \end{cases} \]

而对于更上层的点，还是设当前点左右儿子是 \(L_1,R_1\)，\(L_1\) 的儿子是 \(l,r\)，则有：

\[\begin{cases} l+r\le L_1\\ l> R_1\\ r<l\\ R_1<L_1\\ \end{cases} \]

由 E1，我们求出了 \(f_{i,j}\)：高为 \(i\) 的堆，操作 \(j\) 次，只弹出第一个叶子的方案数，以及 \(g_{i,j}\)：操作 \(j\) 次的总局面个数

借用一张官解的图

我们会发现 \(L,R\to L'\) 的时候，\(R\) 是普通子树，而 \(R'\) 是一颗满足弹一次合法的子树。

所以 \(L'\) 的方案数可以由符合条件的 \(L,R\)，\(f_{L}·g_R\) 构成，而总的方案数需要再用 \(f_{R'}\) 进行合并。

而用 \(f_{R'}\) 合并的时候要乘上 \(2^{h-2}\) 因为叶子任选其一。

而也有可能自身不是 \(LCA\)，往上更新的时候直接算就行了，注意要拼上一个普通二叉堆个数。

所以可以设 \(dp_{h,l,r}\) 为高为 \(h\) 的树，左子树权值 \(l\)，右子树权值为 \(r\) 的方案数。

那么有：

\[dp_{h,L_1,R_1}=\sum_{l=0}^{R_1-1}\sum_{r=0}^{\min(l-1,L_1-l)}f_{h-2,l}·g_{h-2,r}·f_{h-1,R_1}·2^{h-2}+\sum_{l=R_1+1}^{L_1-1}\sum_{r=0}^{\min(l-1,L_1-l)}dp_{h-1,l,r}·g_{h-1,R_1} \]

可以利用前缀和优化到 \(O(nk^2)\)，例如前半部分，可以设 \(S_{x,y}=\sum_{l,r}f_{h-2,l}·g_{h-2,r}·[l+r=x][l=y][l>r]\)，先做 \(y\) 这一维的前缀和，再做 \(x\) 这一维的前缀和即可。

后半部分同理。

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