- \(\text{orz}\) 一波现场 \(\text{A}\) 掉 \(\text{D1T3}\) 的神仙 nealchen
D2T3 centroid
Solution
- 考虑每个点 \(u\) 作为重心的贡献
- 假设以 \(u\) 为根时，存在 \(u\) 的一个子节点 \(v\)
- 现在要在 \(v\) 的子树内删掉一个子树，使得 \(u\) 成为重心
- 考虑删子树之后，\(v\) 的子树大小需要满足什么条件
- 设 \(u\) 除 \(v\) 之外，所有子树大小的和为 \(s\) ，最大子树大小为 \(m\)
- （1）\(v\) 的子树大小不能比 \(u\) 其他子树大小的和加 \(1\) 还大：
-
\[size_v\le s+1
\]
- （2）除 \(v\) 之外的最大子树大小不能比 \(u\) 其他子树大小的和加 \(1\) 还大：
-
\[m\le s-m+size_v+1
\]
- 于是得出 \(size_v\in[2m-s-1,s+1]\)
- 问题转化为 \(v\) 的子树内有多少个点的子树大小在某个区间范围内
- 由于我们不能每次都以 \(u\) 为根重新求一遍，所以任选一个点为根后，如果 \(v\) 是 \(u\) 的子节点，那么可以直接利用各种方法（如线段树合并）统计，否则分删掉的子树是否在 \(1\) 到 \(u\) 的路径上进行处理
- \(O(n\log n)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &res)
{
res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
if (bo) res = ~res + 1;
}
template <class T>
inline void Swap(T &a, T &b) {T t = a; a = b; b = t;}
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5, M = N << 1, L = 1e7 + 5;
int n, ecnt, nxt[M], adj[N], go[M], sze[N], rt[N], ToT, A[N], sum[N];
ll ans;
struct node
{
int lc, rc, sum;
} T[L];
void change(int x, int v)
{
for (; x <= n; x += x & -x)
A[x] += v;
}
int ask(int x)
{
int res = 0;
for (; x; x -= x & -x)
res += A[x];
return res;
}
void ins(int l, int r, int pos, int v, int &p)
{
if (!p) p = ++ToT;
T[p].sum += v;
if (l == r) return;
int mid = l + r >> 1;
if (pos <= mid) ins(l, mid, pos, v, T[p].lc);
else ins(mid + 1, r, pos, v, T[p].rc);
}
int query(int l, int r, int s, int e, int p)
{
if (!p || e < l || s > r) return 0;
if (s <= l && r <= e) return T[p].sum;
int mid = l + r >> 1;
return query(l, mid, s, e, T[p].lc) + query(mid + 1, r, s, e, T[p].rc);
}
int mer(int x, int y)
{
if (!x || !y) return x ^ y;
T[x].sum += T[y].sum;
T[x].lc = mer(T[x].lc, T[y].lc);
T[x].rc = mer(T[x].rc, T[y].rc);
return x;
}
void add_edge(int u, int v)
{
nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u;
}
void dfs(int u, int fu)
{
sze[u] = 1;
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
if ((v = go[e]) != fu) dfs(v, u), sze[u] += sze[v];
}
void solve(int u, int fu)
{
int pm = 0, pc = 0;
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
{
if ((v = go[e]) == fu) continue;
if (sze[v] > pm) pc = pm, pm = sze[v];
else if (sze[v] > pc) pc = sze[v];
}
if (fu)
{
if (n - sze[u] > pm) pc = pm, pm = n - sze[u];
else if (n - sze[u] > pc) pc = n - sze[u];
}
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
{
if ((v = go[e]) == fu) continue;
change(sze[v], 1); solve(v, u); change(sze[v], -1);
int mx = sze[v] == pm ? pc : pm;
int l = n - sze[v], r = mx - (l - mx);
l = sze[v] - l; r = sze[v] - r;
if (l > r || r < 1 || l > n) {rt[u] = mer(rt[u], rt[v]); continue;}
if (l < 1) l = 1; if (r > n) r = n;
ans += 1ll * u * query(1, n, l, r, rt[v]);
rt[u] = mer(rt[u], rt[v]);
}
if (u == 1) return;
int mx = n - sze[u] == pm ? pc : pm;
int l = sze[u], r = mx - (l - mx);
l = n - sze[u] - l; r = n - sze[u] - r;
if (l > r || r < 1 || l > n) return ins(1, n, sze[u], 1, rt[u]);
if (l < 1) l = 1; if (r > n) r = n;
int cnt = sum[r] - sum[l - 1] - query(1, n, l, r, rt[u]);
cnt -= ask(r) - ask(l - 1);
l = n - l; r = n - r; Swap(l, r);
if (l > r || r < 1 || l > n) return ins(1, n, sze[u], 1, rt[u]);
if (l < 1) l = 1; if (r > n) r = n;
cnt += ask(r) - ask(l - 1); ans += 1ll * u * cnt;
ins(1, n, sze[u], 1, rt[u]);
}
void work()
{
int x, y;
read(n);
ecnt = ToT = 0; ans = 0;
memset(adj, 0, sizeof(adj));
memset(rt, 0, sizeof(rt));
memset(A, 0, sizeof(A));
memset(sum, 0, sizeof(sum));
for (int i = 1; i < n; i++) read(x), read(y), add_edge(x, y);
dfs(1, 0);
for (int i = 2; i <= n; i++) sum[sze[i]]++;
for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1];
solve(1, 0);
printf("%lld\n", ans);
for (int i = 1; i <= ToT; i++) T[i].lc = T[i].rc = T[i].sum = 0;
}
int main()
{
int T; read(T);
while (T--) work();
return 0;
}
D2T2 partition
Solution
- 我们大胆猜想：当答案取到最优时，最后一段的长度取到最小值
- 证明略
（显然）
- 设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为结尾，倒数第二段结束位置的最大值，如果最优答案下只有一段则为 \(0\)
- 设 \(sum\) 为前缀和数组
- 那么我们有
-
\[f_i=\max\{j|sum_i-sum_j\ge sum_j-sum_{f_j}\}
\]
- 也就是
-
\[f_i=\max\{j|0\le j<i,sum_i\ge2sum_j-sum_{f_j}\}
\]
- 考虑维护一个以 \(2sum_j-sum_{f_j}\) 为关键字的，关于后缀最小值的单调栈
- 那么我们每次要选取的就是单调栈中，从右到左第一个不超过 \(sum_i\) 的元素
- 由于 \(sum\) 单调递增，故可以用一个指针维护这个元素的位置
- 注意单调栈退栈的时候，如果这时指针不在栈内了，那么要把指针重新放到栈顶
- 最后从 \(i=n\) 开始，不断让 \(i\leftarrow f_i\) ，期间把 \((sum_i-sum_{f_i})^2\) 计入答案，需要使用到高精度
- \(O(n)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &res)
{
res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
if (bo) res = ~res + 1;
}
typedef long long ll;
const int N = 4e7 + 5, M = 1e5 + 5, rqy = 1 << 30, dmy = 1e9;
int n, ty, f[N], X, Y, Z, m, p[M], l[M], r[M], top, stk[N];
ll sum[N], tmp[4];
struct gao
{
int a[4];
friend inline gao operator + (gao a, gao b)
{
gao res;
res.a[0] = res.a[1] = res.a[2] = res.a[3] = 0;
res.a[0] += a.a[0] + b.a[0];
if (res.a[0] >= dmy) res.a[1]++, res.a[0] -= dmy;
res.a[1] += a.a[1] + b.a[1];
if (res.a[1] >= dmy) res.a[2]++, res.a[1] -= dmy;
res.a[2] += a.a[2] + b.a[2];
if (res.a[2] >= dmy) res.a[3]++, res.a[2] -= dmy;
return res.a[3] += a.a[3] + b.a[3], res;
}
} ans, tm;
gao sqr(gao x)
{
tmp[0] = 1ll * x.a[0] * x.a[0]; tmp[1] = 2ll * x.a[0] * x.a[1];
tmp[2] = 1ll * x.a[1] * x.a[1]; tmp[3] = 0;
for (int i = 0; i < 3; i++)
tmp[i + 1] += tmp[i] / dmy, tmp[i] %= dmy;
gao res; res.a[0] = tmp[0]; res.a[1] = tmp[1];
return res.a[2] = tmp[2], res.a[3] = tmp[3], res;
}
int main()
{
read(n); read(ty);
if (ty)
{
read(X); read(Y); read(Z); read(sum[1]); read(sum[2]); read(m);
for (int i = 3; i <= n; i++)
sum[i] = (sum[i - 1] * X + sum[i - 2] * Y + Z) % rqy;
for (int i = 1; i <= m; i++)
read(p[i]), read(l[i]), read(r[i]);
for (int j = 1; j <= m; j++)
for (int i = p[j - 1] + 1; i <= p[j]; i++)
sum[i] %= r[j] - l[j] + 1, sum[i] += l[j];
}
else for (int i = 1; i <= n; i++) read(sum[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] += sum[i - 1];
stk[top = 1] = 0; int p = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
while (p < top && sum[stk[p + 1]] * 2 - sum[f[stk[p + 1]]] <= sum[i]) p++;
f[i] = stk[p];
while (top && sum[stk[top]] * 2 - sum[f[stk[top]]]
>= sum[i] * 2 - sum[f[i]]) top--;
if (p > top) p = top; stk[++top] = i;
}
for (int i = n; i; i = f[i])
{
ll num = sum[i] - sum[f[i]];
tm.a[0] = num % dmy; tm.a[1] = num / dmy;
ans = ans + sqr(tm);
}
bool is = 0;
for (int i = 3; i >= 0; i--)
{
if (!ans.a[i] && !is) continue;
if (!is) printf("%d", ans.a[i]), is = 1;
else printf("%09d", ans.a[i]);
}
if (is) puts(""); else puts("0");
return 0;
}
D1T3 tree
Solution
- 先按字典序从左到右贪心，设数 \(i\) 在点 \(u\)
- 现在要为 \(u\) 选定一个编号最小的点 \(v\) （\(u\ne v\)），且需要满足一些条件
- 设前 \(i-1\) 个数已经定好了位置，我们现在要判定的就是如果想要把数 \(i\) 移到点 \(v\) ，那么是否存在一个操作次序
- 这时从 \(u\) 到 \(v\) 连一条路径，可以得出：
- （1）路径上第一条边比 \(u\) 出发的任意其他边的操作次序都早
- （2）路径上最后一条边比 \(v\) 出发的任意其他边的操作次序都晚
- （3）对于路径上任意相邻的两条边 \(e_1,e_2\) ，如果它们有公共点 \(x\) ，那么就 \(x\) 出发的所有边中，\(e_1\) 和 \(e_2\) 的操作次序必须相邻，并且 \(e_1\) 先于 \(e_2\)
- 不难发现产生的所有限制关系都在有公共点的两条边之间产生
- 同时，由于这是一棵树，所以如果对于任意 \(u\) 都满足 \(u\) 出发的任意边之间都不会产生矛盾，那么整棵树都不会产生矛盾（因为可以不断删叶子）
- 由于我们有两条边操作次序相邻的限制，故可以对每个点，用并查集或链表维护连续段，对 \(i\) 确定位置 \(v\) 时判断是否合法
- 如何判断合法性：
- （1）设 \(u\) 到 \(v\) 的路径上第一条边为 \(e\) ，那么需要满足 \(e\) 是某个连续段的开头，并且 \(u\) 出发的所有边已经被合成一个连续段，或者 \(e\) 所在连续段的末尾没有被钦定为最后一次操作
- （2）最后一条边同理
- （3）对于路径上连续的两条边 \(e_1,e_2\) ，需要满足：
- ① \(e_1\) 是某个连续段的末尾，\(e_2\) 是某个连续段的开头，且 \(e_1\) 和 \(e_2\) 不属于同一连续段
- ② \(e_1\) 没有被钦定为最后一次操作，并且 \(e_2\) 没有被钦定为第一次操作
- ③ 如果 \(e_1\) 所在连续段的开头被钦定为第一次操作，且 \(e_2\) 所在连续段的末尾被钦定为最后一次操作，那么需要满足以 \(u\) 出发的边中，除了 \(e_1\) 和 \(e_2\) 各自所在的连续段之外，不能有其他的连续段
- 找到了对应的 \(v\) 时，需要把 \(u\) 到 \(v\) 的路径上所有相邻的两条边合并连续段，并把第一条边钦定为第一次操作，最后一条边钦定为最后一次操作
- \(O(Tn^2)\)
Code
#include <bits/stdc++.h>
template <class T>
inline void read(T &res)
{
res = 0; bool bo = 0; char c;
while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
if (bo) res = ~res + 1;
}
const int N = 2005, M = N << 1;
int n, a[N], ecnt, nxt[M], adj[N], go[M], res, d[N],
st[M], ed[M], fir[M], lst[M], par[N];
bool ist[M], ied[M], vis[N];
void add_edge(int u, int v)
{
nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
nxt[++ecnt] = adj[v]; adj[v] = ecnt; go[ecnt] = u;
d[u]++; d[v]++;
}
void dfs(int u, int fu, int fe)
{
if (ied[fe] && (d[u] == 1 || st[fe] != fir[u]) && u < res && !vis[u]) res = u;
for (int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
{
if ((v = go[e]) == fu) continue;
if (!ied[fe] || !ist[e] || ed[e] == fe) continue;
if (fir[u] == e || lst[u] == fe) continue;
if (fir[u] == st[fe] && lst[u] == ed[e] && d[u] > 2) continue;
dfs(v, u, par[v] = e ^ 1);
}
}
void work()
{
int x, y;
read(n); ecnt = 1;
memset(adj, 0, sizeof(adj)); memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(fir, 0, sizeof(fir)); memset(lst, 0, sizeof(lst));
memset(ist, 1, sizeof(ist)); memset(ied, 1, sizeof(ied));
memset(d, 0, sizeof(d));
for (int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
for (int i = 1; i < n; i++) read(x), read(y), add_edge(x, y);
for (int i = 2; i <= ecnt; i++) st[i] = ed[i] = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int u = a[i]; res = n;
for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
if (ist[e] && (d[u] == 1 || ed[e] != lst[u]))
dfs(v, u, par[v] = e ^ 1);
printf("%d ", res); vis[res] = 1;
lst[res] = par[res]; int e = par[res] ^ 1;
for (int v = go[par[res]]; v != u; v = go[par[v]])
{
int f = par[v], l = st[f], r = ed[e];
st[r] = l; ed[l] = r; ied[f] = ist[e] = 0;
e = f ^ 1; d[v]--;
}
fir[u] = e;
}
puts("");
}
int main()
{
int T; read(T);
while (T--) work();
return 0;
}
