AGC009D - Uninity 题解

给定 $n$ 个点的树，求其点分树的最小可能的深度。

$n\leq 10^5$ 。

第一个想法是，直接枚举分治中心，然后分裂成若干个连通块，递归下去。这就是个状态数是连通块子图数量的 DP，模拟赛可能能写个记忆化骗个分啥的，正解就不用想了。

我们发现这样正常做完全没思路。我们必须转化，我们必将转化。

intended 的考虑是：给每个点标号 $d_i$ ，代表它在点分树上的深度，求所有合法标号方案的最大标号的最小值。对如何想到这个的，我有两点理解：

换贡献体。直接考虑以点的深度序列为贡献体，自然就能想到标号。
或者直接认为对节点进行标号就是一种常规的套路，也不是不行，类似于染色法。

我们来考察一个标号方案的合法性的判定。考虑堆砌必要条件。对于两个点 $x,y$ ，它们之间的链上肯定有一个点，是第一次分裂它们的点，也就是在点分树上的 LCA。如果 $d_x\neq d_y$ ，那完全可以令深度小的那个当 LCA，没什么结论；而如果 $d_x=d_y$ ， $\{x,y\}$ 之间的任何一个都不可能是 LCA，那只能是链中间的。那么就得到了一个看上去挺强的必要条件：对所有 $d_x=d_y$ ，它们的简单路径上必须存在 $z$ 满足 $d_z<d_x$ 。

我们来试图证明其充分性：尝试根据 $d$ 还原点分树。首先找到 $d_x=0$ 的 $x$ ，它显然最多有一个（因为没有小于 $0$ 的标号），而如果没有的话一定不优，所以 $x$ 存在且唯一。然后归纳到分裂的若干连通块，只不过最小值为 $1$ 。就这样递归下去，每递归一层最小值就增加 $1$ ，一定能构造出点分树。

现在我们开始全身心最小化合法标号方案的最大标号。考虑树形 DP 的话，需要记录子树对外界的影响：只需要用一个 mask，记录从根往下的所有前缀最小值。注意到由于答案是 $\mathrm O(\log n)$ 级别，所以这个 mask 只有 $\mathrm O(n)$ 。但仍然无济于事，先不说 DP 的转移非常复杂，状态数本身就要 $\mathrm O(n^2)$ 了。

容易想到二分答案 $L$ ，限制最大标号不超过 $L$ ，这样问题看似直接降了一个维度，而只付出了 $\mathrm O(\log\log n)$ 的代价。我们还是要记录一个 mask，而 DP 值变成了 bool 表示是否可行。看起来还是没什么用。

我们注意到：在二分答案之前，叶子处的决策是不确定的；而如今确定了 $L$ ，那么叶子肯定贪心地选 $L$ ，留给上面最多的选择空间。至少在叶子处，DP 的决策是唯一的，局部退化为了贪心。而如果非叶节点的决策也是唯一的，整个 DP 就完全退化为了贪心，不需要再以 mask 为状态，直接记录贪心得到的 mask 即可。这就是说，贪心本质上是每处决策都唯一的退化版 DP。

于是我们来具体看看非叶节点的转移。假设所有儿子的 mask 已经确定，设为 $S_{1\sim k}$ ，如果此时能够找到 $d_x=u$ 的严格最优解，就得到了贪心。首先，对于同时出现在两个 $S_i,S_j(i\neq j)$ 里的 $v$ ，必须要有 $u<v$ ，这就得到了一个限制 $u\leq u_0$ 。然后再考虑 $x$ 自身与子树里的标号也不能违反条件，具体来说就是必须有 $u\notin \bigcup_i S_i$ 。这样 $x$ 处新的 mask 就是 $S=\{u\}\cup(\bigcup_i S_i\cap [0,u))$ 。

我们能比较选不同的合法的 $u$ 时，得到的 $S$ 的严格优劣吗？直觉告诉我们，类似于叶子， $u$ 应当越大越好，这样看似能留给上面最多的选择空间。稍加思考，发现八九不离十。考虑 $v=\mathrm{mex}(S)$ 为 $S$ 今后第一个可能可选的标号，我们发现 $[0,v)$ 永远不可能再被选了，因为想要将某个数从 $S$ 中清除必须选择一个更小的不在 $S$ 里的数，而作为前缀连续段这是不可能的。这就启发我们比较两个 $S$ 的字典序：对于最小的 $v$ ，满足 $[v\in S_1]\neq [v\in S_2]$ ，不妨设 $v\notin S_2$ ；当 $S_{1/2}$ 作为儿子时，不妨设其他 $S_i$ 都不包含 $v$ （否则选 $S_1$ 时 $u_0<v$ ，一定寄了， $S_2$ 不劣），那么当选择 $S_2$ 时我们有令 $d_x=v$ 的权利，显然后续得到的新 $S$ 优于选择 $S_1$ 时的任意决策。

这就是说， $S$ 作为二进制数，字典序越小越好，也就是 $u$ 应当取合法的最大值。这样决策永远是唯一的，我们成功造出了一个贪心算法。时间复杂度 $\mathrm O(n\log\log n)$ ，代码。

进一步观察这个贪心，发现对不同的 $L$ 仿佛就是将 $S$ 们平移了一样，而我们要求的 $L$ 正是最小的使得各 $S$ 不渗透到负下标的偏移量。容易想到记录各子树的最小 $L$ 以及对应的 $S$ ，转移时按最大偏移量进行对齐，再根据需求增大偏移量即可。时间复杂度 $\mathrm O(n)$ ，代码。