hdu 4670 树的点分治

思路：首先当然是要用树的点分治了。根节点为root，那么经过root的合法路径数求出来这题就解决了。因为我们可以用分治枚举根，最后将所有根的路径数加起来就是结果。当然这里的根不是整棵树的根，是子树根。

我们为每个节点分配一个长度为30的数组记录给定因数在每个节点权值出现的次数。如果某几个权值相乘的值Value的三次根仍是整数的话，那么Value在给定因数的所有幂一定是3的倍数。通过这个转换，我们将所有的幂都对3取余，结果还是一样。

在判断经过root的合法路径数时，我们进入其一个子树，将经过的路径因数的幂相加，判读其是否有对立状态存在，若存在，结果+1。所谓对立状态就是能够合成合法路径的状态。

例如因数为 2,3,5.

那么 x节点的状态为 0,1,2 表示2的0次幂，3的1次幂，5的2次幂。

其对立状态就是 0,2,1。因为他这两条路径合成一条后，就变成了0,3,3.都是3的倍数。

状态数的记录，我们可以用long long 型的map。

要加栈，不然会RE。我就连续两次RE，加了就AC了。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<map>
#define Maxn 100010
#define Maxm 200010
#define LL __int64
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
map<LL,LL> hash;
int head[Maxn],vi[Maxn],e,ans,num,k,n,m,prime[31],lans;
int mx[Maxn],mi,dis[Maxn],root,size[Maxn];
LL Exp[31];
struct Node{
    int cnt[31];
}node[Maxn];
struct Edge{
    int u,v,val,next;
}edge[Maxm];
vector <Node> q;
void init()
{
    memset(vi,0,sizeof(vi));
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(mx,0,sizeof(mx));
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    q.clear();
    hash.clear();
    Exp[0]=1;
    for(int i=1;i<=30;i++)
        Exp[i]=Exp[i-1]*3;
    e=ans=lans=0;
}
void add(int u,int v)
{
    edge[e].u=u,edge[e].v=v,edge[e].next=head[u],head[u]=e++;
    edge[e].u=v,edge[e].v=u,edge[e].next=head[v],head[v]=e++;
}
void dfssize(int u,int fa)
{
    int i,v;
    size[u]=1;
    mx[u]=0;
    for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        v=edge[i].v;
        if(v!=fa&&!vi[v])
        {
            dfssize(v,u);
            size[u]+=size[v];
            if(size[v]>mx[u]) mx[u]=size[v];
        }
    }
}
void dfsroot(int r,int u,int fa)
{
    int v,i;
    if(size[r]-size[u]>mx[u]) mx[u]=size[r]-size[u];
    if(mx[u]<mi) mi=mx[u],root=u;
    for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        v=edge[i].v;
        if(v!=fa&&!vi[v])
        {
            dfsroot(r,v,u);
        }
    }
}
void dfsdis(int u,Node d,int fa)
{
    int i,v,j;
    q.push_back(d);
    LL cc=0;
    for(j=1;j<=k;j++)//判断其是否存在对立状态
    {
        cc+=(3-(d.cnt[j]+node[root].cnt[j])%3)%3*Exp[j];
    }
    lans+=hash[cc];//答案加上对立状态数
    Node temp;
    for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        v=edge[i].v;
        if(v!=fa&&!vi[v])
        {
            for(j=1;j<=k;j++)
            {
                temp.cnt[j]=(d.cnt[j]+node[v].cnt[j])%3;
            }
            dfsdis(v,temp,u);
        }
    }
}
int calc(int u)
{
    int i,j,ret=0,sz,v;
    lans=0;
    hash.clear();
    hash[0]=1;
    for(i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        q.clear();
        v=edge[i].v;
        if(!vi[v])
        {
            dfsdis(v,node[v],u);
            sz=q.size();
            //cout<<u<<" "<<v<<" "<<sz<<endl;
            for(int r=0;r<sz;r++)//回退时，记录这条子路径上的所有状态数。
            {
                LL cc=0;
                for(j=1;j<=k;j++)
                {
                    cc+=q[r].cnt[j]*Exp[j];
                }
                hash[cc]++;
            }
        }
    }
    return lans;
}
void dfs(int u)
{
    int i,v,j;
    mi=n;
    dfssize(u,0);
    dfsroot(u,u,0);
    ans+=calc(root);
    //cout<<root<<"************"<<endl;
    vi[root]=1;
    for(i=head[root];i!=-1;i=edge[i].next)
    {
        v=edge[i].v;
        if(!vi[v])
        {
            dfs(v);
        }
    }
}
int main()
{
    int i,j,u,v;
    LL x;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        init();
        scanf("%d",&k);
        for(i=1;i<=k;i++)
            scanf("%d",&prime[i]);
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%I64d",&x);
            memset(node[i].cnt,0,sizeof(node[i].cnt));
            for(j=1;j<=k;j++)
            {
                while(x%prime[j]==0&&x!=0)
                {
                    node[i].cnt[j]++;
                    node[i].cnt[j]%=3;
                    x/=prime[j];
                }
                if(x==0)
                    break;
            }
            int cc=0;
            for(j=1;j<=k;j++)
                cc+=node[i].cnt[j];
            if(cc==0)
                ans++;
        }
        //printf("&&&&&&&&&&&&\n");
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v);
        }
        dfs(1);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}