BZOJ3772 精神污染【主席树 + dfs序】

题目

兵库县位于日本列岛的中央位置，北临日本海，南面濑户内海直通太平洋，中央部位是森林和山地，与拥有关西机场的大阪府比邻而居，是关西地区面积最大的县，是集经济和文化于一体的一大地区，是日本西部门户，海陆空交通设施发达。濑户内海沿岸气候温暖，多晴天，有日本少见的贸易良港神户港所在的神户市和曾是豪族城邑“城下町”的姬路市等大城市，还有以疗养地而闻名的六甲山地等。

兵库县官方也大力发展旅游，为了方便，他们在县内的N个旅游景点上建立了n-1条观光道，构成了一棵图论中的树。同时他们推出了M条观光线路，每条线路由两个节点x和y指定，经过的旅游景点就是树上x到y的唯一路径上的点。保证一条路径只出现一次。

你和你的朋友打算前往兵库县旅游，但旅行社还没有告知你们最终选择的观光线路是哪一条（假设是线路A）。这时候你得到了一个消息：在兵库北有一群丧心病狂的香菜蜜，他们已经选定了一条观光线路（假设是线路B），对这条路线上的所有景点都释放了【精神污染】。这个计划还有可能影响其他的线路，比如有四个景点1-2-3-4，而【精神污染】的路径是1-4，那么1-3,2-4,1-2等路径也被视为被完全污染了。

现在你想知道的是，假设随便选择两条不同的路径A和B，存在一条路径使得如果这条路径被污染，另一条路径也被污染的概率。换句话说，一条路径被另一条路径包含的概率。

输入格式

第一行两个整数N,M

接下来N-1行，每行两个数a,b，表示A和B之间有一条观光道。

接下来M行，每行两个数x,y，表示一条旅游线路。

输出格式

所求的概率，以最简分数形式输出。

输入样例

5 3

1 2

2 3

3 4

2 5

3 5

2 5

1 4

输出样例

1/3

样例解释

可以选择的路径对有(1,2),(1,3),(2,3)，只有路径1完全覆盖路径2。

提示

100%的数据满足：N,M<=100000

题解

真是精神污染= =

我们求出有多少对路径存在包含关系即可

对于路径A，如果路径B的左右端点都在A的路径上，那么A包含B

我们对每个路径左端点开一个表，储存其右端点

这样我们只需要查询每个路径上点的右端点同时也在路径上的个数

可以用dfs序 + 主席树，每个点u对应的主席树代表着到根节点的右端点的信息。

在更新u时，先继承其父亲版本，然后对于u对应的所有右端点v，在v入度处+1，出序处-1

这样一来对于u和其祖先v，两点之间的有效节点数 = 两点入度之间的值之和

因为假若有一点不在这条路径上，却夹在两点入度之间，那么一定是出入度都在其中，一加一减就没了

如果在这条路径上，一定只有入度，还没到出度

#include<iostream>

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)

#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");

using namespace std;

const int maxn = 100005,maxm = 4000005,INF = 1000000000;

inline int read(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int n,m,dfn[maxn],dft[maxn],fa[maxn][18],dep[maxn],cnt,h[maxn],ne = 2;

vector<int> end[maxn];

struct Que{int u,v;}q[maxn];

inline bool operator <(const Que& a,const Que& b){

	return a.u == b.u ? a.v < b.v : a.u < b.u;

}

struct EDGE{int to,nxt;}ed[2 * maxn];

void build(int u,int v){

	ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;

	ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++;

}

int rt[maxn],siz,sum[maxm],ls[maxm],rs[maxm];

int update(int pre,int l,int r,int pos,int v){

	int u = ++siz; ls[u] = ls[pre]; rs[u] = rs[pre];

	if (l == r) {sum[u] = sum[pre] + v; return u;}

	int mid = l + r >> 1;

	if (mid >= pos) ls[u] = update(ls[pre],l,mid,pos,v);

	else rs[u] = update(rs[pre],mid + 1,r,pos,v);

	sum[u] = sum[ls[u]] + sum[rs[u]];

	return u;

}

int query(int a,int b,int c,int d,int l,int r,int L,int R){

	if (l >= L && r <= R) return sum[a] + sum[b] - sum[c] - sum[d];

	int mid = l + r >> 1;

	if (mid >= R) return query(ls[a],ls[b],ls[c],ls[d],l,mid,L,R);

	else if (mid < L) return query(rs[a],rs[b],rs[c],rs[d],mid + 1,r,L,R);

	else return query(ls[a],ls[b],ls[c],ls[d],l,mid,L,R) + query(rs[a],rs[b],rs[c],rs[d],mid + 1,r,L,R);

}

void dfs1(int u){

	dfn[u] = ++cnt;

	REP(i,17) fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];

	Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u][0]){

		fa[to][0] = u; dep[to] = dep[u] + 1; dfs1(to);

	}

	dft[u] = ++cnt;

}

void dfs2(int u){

	rt[u] = rt[fa[u][0]];

	for (unsigned int i = 0; i < end[u].size(); i++){

		rt[u] = update(rt[u],1,cnt,dfn[end[u][i]],1);

		rt[u] = update(rt[u],1,cnt,dft[end[u][i]],-1);

	}

	Redge(u) if ((to = ed[k].to) != fa[u][0]) dfs2(to);

}

int Lca(int u,int v){

	if (dep[u] < dep[v]) swap(u,v);

	for (int i = 0,d = dep[u] - dep[v]; (1 << i) <= d; i++)

		if ((1 << i) & d) u = fa[u][i];

	if (u == v) return u;

	for (int i = 17; i >= 0; i--)

		if (fa[u][i] != fa[v][i]) u = fa[u][i],v = fa[v][i];

	return fa[u][0];

}

int solve(int u,int v,int lca){

	int o = fa[lca][0],ans = 0;

	ans += query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[o],1,cnt,dfn[lca],dfn[u]);

	ans += query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[o],1,cnt,dfn[lca],dfn[v]);

	ans -= query(rt[u],rt[v],rt[lca],rt[o],1,cnt,dfn[lca],dfn[lca]);

	return ans - 1;

}

LL gcd(LL a,LL b){return !b ? a : gcd(b,a % b);}

int main(){

	n = read(); m = read();

	REP(i,n - 1) build(read(),read());

	REP(i,m) q[i].u = read(),q[i].v = read(),end[q[i].u].push_back(q[i].v);

	sort(q + 1,q + 1 + m);

	dfs1(1); dfs2(1);

	LL ans = 0,D = (LL)m * (m - 1) >> 1;

	REP(i,m) ans += solve(q[i].u,q[i].v,Lca(q[i].u,q[i].v));

	LL d = gcd(ans,D);

	printf("%lld/%lld\n",ans / d,D / d);

	return 0;

}

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