牛客练习赛83题解

闲着无聊打了一下

发现我非常的愚蠢

a签到

b我写了个数位dp

其实上界松了的时候答案直接是一半，这样可以写起来更简单

c题大概是二分之后再O(n)搞一下

被k=0卡的怀疑人生，一度以为是爆ll

d题考虑整数分块+对数据分块

对于整数分块之后,我们要维护的是i-k,i-2k,i-3k,i-4k,对于k<=sqrt(n),我们用数组维护

对于k>sqrt(n)，我们暴力维护

e题

结论是a*b-k1a-k2b都是不可行的 (k1>0,k2>0)

比较常规的做法是用堆维护最小然后不断更新，但这样是带log的

可以维护两个指针代表-a,-b然后从大到小扫过去

另外一种做法是

二分一下值，然后枚举大的算小的

易知一次是根号，复杂度sqrt(n)log(n)

f题

赛后和队友讨论了一下可以虚树

大概是建出虚树之后对每块操作可以看成是两个子树的差

然后对其的贡献可以用两次dfs实现

nlogn 然后1e6读入输出 1s题就离谱

正解是O(n)的

比较难想，是看着别人代码学的。。

考虑答案可以变成n*n-((i->j)上未出现的点)

 考虑答案从x变到儿子y,可以知道对于子树来说到未出现a[x]这个值的路径都是要减掉的

这个比较妙可以利用两个的差去维护(我本来想得是启发式合并维护)

另外从y到外面这些点的路径 是要加上去的

这个也可以通过O(1)维护

大致是进y时，把g[a[x]]的值变成x到子树中有y的点的数量

因为对于y来说，a[y]现在新覆盖的范围就是祖先中第一个颜色是a[y]的往下一步的子树中的一个连通块

把g[a[y]]=0 因为进到当前点子树后到外面的路径肯定都经过了a[y]

说起来很难说，但反正挺妙的

代码照着标算写竟然tle了就离谱懒得卡常了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define IL inline
#define rint register int
inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
char ss[1<<24],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
    return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<24,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void maxa(T &x,T y)
{
    if (y>x) x=y;
}
template<class T>void mina(T &x,T y)
{
    if (y<x) x=y;
}
template<class T>void read(T &x)
{
    int f=1,c; while (c=gc(),c<48||c>57) if (c=='-') f=-1; x=(c^48);
    while(c=gc(),c>47&&c<58) x=x*10+(c^48); x*=f;
}
const int mo=1e9+7;
ll fsp(int x,int y)
{
    if (y==1) return x;
    ll ans=fsp(x,y/2);
    ans=ans*ans%mo;
    if (y%2==1) ans=ans*x%mo;
    return ans;
}
struct cp {
    ll x,y;
    cp operator +(cp B)
    {
        return (cp){x+B.x,y+B.y};
    }
    cp operator -(cp B)
    {
        return (cp){x-B.x,y-B.y};
    }
    ll operator *(cp B)
    {
        return x*B.y-y*B.x;
    }
    int half() { return y < 0 || (y == 0 && x < 0); }
};
struct re{
    int a,b,c;
};

const int N=2e6;
  ll n;
  ll a[N];
  char sr[1<<26],z[50]; int C=-1,Z;
template <class T> void wer(T x)
{
  if (x<0) sr[++C]='-',x=-x;
  while (z[++Z]=x%10+48,x/=10);
  while (sr[++C]=z[Z],--Z); sr[++C]='\n';
}
vector<int> ve[N];
ll g[N],vis[N],size[N],g2[N],p[N],g3[N],g4[N];
ll ans[N],ans2[N];
void dfs(int x,int y)
{
    size[x]=1; ll now=p[a[x]],now2=p[a[y]];
    for (auto v:ve[x])
    if (v!=y) 
    { 
      dfs(v,x); size[x]+=size[v];
    }
    if (y) g2[x]=size[x]-(p[a[y]]-now2);
    p[a[x]]=now+size[x];
}
void dfs2(int x,int y)
{
    ans[x]=g2[x]+ans[y]-g3[a[x]];
    ll p1=g3[a[y]],p2=g3[a[x]];
    g3[a[y]]=g2[x]; g3[a[x]]=0;
    ans2[x]=1ll*n*n-ans[x];
    for (auto v:ve[x])
    if (v!=y)
    {
        dfs2(v,x);
    }
    g3[a[y]]=p1; g3[a[x]]=p2;
}
int main()
{
   freopen("1.in","r",stdin);
   freopen("1.out","w",stdout);
   ios::sync_with_stdio(false);
   read(n);
   rep(i,1,n) read(a[i]);
   rep(i,1,n-1)
   {
       int x,y;
       read(x); read(y);
       ve[x].push_back(y); ve[y].push_back(x);
   }
   dfs(1,0);
   rep(i,1,n) g3[i]=n-p[i],g2[1]+=g3[i];
   dfs2(1,0);
   rep(i,1,n) wer(ans2[i]);
   fwrite(sr,1,C+1,stdout);
   return 0; 
}