BZOJ3004: 吊灯(结论 毒瘤)
2024-08-25 07:49:28
题意
$n$个节点的树,判断能否划分成$\frac{n}{k}$个大小为$k$的联通块
Sol
首先$k$必须是$n$的倍数。
然后刚开始我就非常傻的以为输出所有约数就行了。。
但是图是这样,$k = 2$的话肯定是不行的。
结论:若$k$是可行的,则至少有$\frac{n}{k}$个节点的大小为$k$的倍数
证明:直接归纳吧。
$k = n$的时候显然
$k = n / 2$的时候,我们要把树划分成互不相交的两块,这两块一定是完全独立的,且分别有自己的根节点。
剩下的继续归纳即可,注意这里我们为什么要是“至少”,因为整棵树是联通起来的,我们在判断$k$的时候,大小为$2k$的也会被统计入答案
然后这题卡dfs,不愧是SDOI。。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = * 1e6;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = , f = ;
while(c < '' || c > '') {if(c == '-') f = -; c = getchar();}
while(c >= '' && c <= '') x = x * + c - '', c = getchar();
return x * f;
}
int N;
vector<int> ap;
int fa[MAXN], tim[MAXN];
void rebuild() {
memset(tim, , sizeof(tim));
// for(int i = 1; i <= N; i++) v[i].clear();
for(int i = ; i <= N; i++) fa[i] = (fa[i] + ) % (i - ) + ;
}
int siz[MAXN];
/*void dfs(int x, int fa) { mdzz卡dfs,不愧是SDOI啊。。
siz[x] = 1;
for(int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
int to = v[x][i];
if(to == fa) continue;
dfs(to, x);
siz[x] += siz[to];
}
}*/
void solve(int id) {
printf("Case #%d:\n", id);
for(int i = ; i <= N; i++) siz[i] = ;
for(int i = N; i >= ; i--) siz[fa[i]] += siz[i];
for(int i = ; i <= N; i++) tim[siz[i]]++;
for(int i = ; i < ap.size(); i++) {
int num = ap[i], cnt = ;
for(int j = num; j <= N; j += num)
cnt += tim[j];
if(cnt >= N / num) {
printf("%d\n", num);
}
}
}
int main() {
N = read();
for(int i = ; i <= N; i++)
if(N % i == )
ap.push_back(i);
for(int i = ; i <= N; i++)
fa[i] = read();
solve();
for(int i = ; i <= ; i++) {
rebuild();
solve(i);
}
return ;
}
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