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：

$LCA(u,v_1)=LCA(u,v_2)⟹heap[u,v_1]=heap[u,v_2]$

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：

$$\{\begin{array}{l}l+r\le L_1\\ r<l<R_1<L_1\end{array}$$

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：

$$\{\begin{array}{l}l+r\le L_1\\ l>R_1\\ r<l\\ R_1<L_1\end{array}$$

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 $L,R\to L^{\prime }$ 的时候，$R$ 是普通子树，而 $R^{\prime }$ 是一颗满足弹一次合法的子树。

所以 $L^{\prime }$ 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 $f_{R^{\prime }}$ 进行合并。

而用 $f_{R^{\prime }}$ 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 $d{p}_{h,l,r}$ 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：

$$d{p}_{h,L_1,R_1}=\sum _{l=0}^{R_1-1}\sum _{r=0}^{min(l-1,L_1-l)}{f}_{h-2,l}·g_{h-2,r}·f_{h-1,R_1}·2^{h-2}+\sum _{l=R_1+1}^{L_1-1}\sum _{r=0}^{min(l-1,L_1-l)}d{p}_{h-1,l,r}·g_{h-1,R_1}$$

可以利用前缀和优化到 $O(n{k}^2)$，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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