题意

给你一颗有 \(n\) 个点并且以 \(1\) 为根的树。共有 \(q\) 次询问，每次询问两个参数 \(p, k\) 。询问有多少对点 \((p, a, b)\) 满足 \(p,a,b\) 为三个不同的点，\(p, a\) 都为 \(b\) 的祖先，且 \(p\) 到 \(a\) 的距离不能超过 \(k\) 。

\(n\le 300000 , q\le 300000\) 不要求强制在线。

题解

令 \(dep[u]\) 为点 \(u\) 的深度，\(sz[u]\) 为 \(u\) 的子树大小（除去 \(u\) 本身）

首先我们考虑两种情况：

\(a\) 为 \(p\) 的祖先，那么这部分贡献很好计算，就是 \(\min\{dep[p] - 1,k\} \times sz[u]\) 。
\(a\) 在 \(p\) 的子树内，那么这部分贡献就是 \(\displaystyle \sum_{dis(p,a) \le k} sz[a]\) 。

我们现在只要考虑第二部分贡献怎么求。

不难发现，这些点的深度就是 \([dep[p], dep[p]+k]\) 这个范围内的。

那么我们可以对于每个点用个 主席树 来存储这些信息，可以在线回答询问。

那么离线的话，可以考虑用 线段树合并 维护它每个子树的信息。

具体来说，这些都是对于每个 \(dep\) 维护它的 \(sz\) 的和，然后查区间和就行了。

然而这些时空复杂度都是 \(O(n \log n)\) ，其实还有更好的做法。

为什么我发现了呢qwq？

因为 fatesky 做这道题线段树合并做法的时候，Wearry 说可以 长链剖分 那就是 \(O(n)\) 的啦。

我们令 \(\displaystyle maxdep[u]=\max_{v \in child[u]} \{dep[v\}\) 也就是它子树中的最大深度。

具体来说，长链剖分就是把每个点儿子中 \(maxdep\) 最大的那个当做重儿子。重儿子与父亲连的边叫做重边。一连串重边不间断连到一起就叫做重链。

然后我们就有一条性质。

性质1 : 重链长度之和是 \(O(n)\) 的。

这个很显然啦，因为总共只有 \(O(n)\) 级别的边。

有了这个我们就可以解决一系列 关于深度的动态规划 问题了，对于这列问题常常都可以做到 \(O(n)\) 的复杂度。

具体操作就是，每次暴力继承重儿子的 \(dp\) 状态，然后轻儿子暴力合并上去。

不难发现这个复杂度是 \(O(\sum\) 重链长 \()\) \(= O(n)\) 的。

继承的时候常常需要移位，并且把当前节点贡献算入，并且这个 \(dp\) 需要动态空间才能实现。

对于这道题我们考虑维护一个后缀和，也就是对于 \(u\) 子树中的 \(v\) ，\(dep[v] \ge k\) 的所有 \(sz[v]\) 的和。

不难发现后缀和是很好合并的，这个的复杂度只需要 \(O(\min maxdep[v])\) 。

每次添加一个点 \(sz[u]\) 对于 \(dep[u]\) 的贡献只会对一个点的贡献产生影响，这个复杂度是 \(O(1)\) 的。

代码实现的话，就可以用一个 std :: vector ，按深度从大到小（ \(maxdep[u] \to dep[u]\) ）存储每个点的信息，因为这样最方便继承重儿子状态（每次加入状态只在整个 vector 末端添加一个元素）

其实可以动态开内存，顺着做，但我似乎学不来

常数似乎有点大，没比 \(O(n \log n)\) 快多少，vector 用多了... Wearry 到是优化了点常数到了 \(4000+ ms\) 。

话说这个很像原来 DOFY 讲过的那道 Dsu on Tree ？

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)

#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)

#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))

#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

typedef long long ll;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {

	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();

	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;

	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);

	return x * fh;

}

void File() {

#ifdef zjp_shadow

	freopen ("3653.in", "r", stdin);

	freopen ("3653.out", "w", stdout);

#endif

}

const int N = 3e5 + 1e3;

struct Ask { int k, id; } ; vector<Ask> V[N];

vector<int> G[N]; int sz[N], maxdep[N], dep[N], sonmaxdep[N], son[N], rt[N];

vector<ll> sum[N]; int n, q; ll ans[N], Size = 0;

void Dfs_Init(int u, int fa = 0) {

	maxdep[u] = dep[u] = dep[fa] + 1;

	For (i, 0, G[u].size() - 1) {

		register int v = G[u][i];

		if (v ^ fa) Dfs_Init(v, u), chkmax(maxdep[u], maxdep[v]);

	}

}

void Dfs(int u, int fa = 0) {

	For (i, 0, G[u].size() - 1) {

		int v = G[u][i];

		if (v == fa) continue ;

		Dfs(v, u); sz[u] += sz[v];

		if (maxdep[v] > maxdep[son[u]]) son[u] = v;

	}

	rt[u] = rt[son[u]]; if (!rt[u]) rt[u] = ++ Size;

	int len = (int)sum[rt[u]].size();

	ll Last = len ? sum[rt[u]][len - 1] : 0;

	sum[rt[u]].push_back(Last);

	if (son[u]) {

		For (i, 0, G[u].size() - 1) {

			int v = G[u][i]; if (v == fa || v == son[u]) continue ;

			For (j, 0, sum[rt[v]].size() - 1) {

				int nowdep = (maxdep[son[u]] - maxdep[v]) + j;

				sum[rt[u]][nowdep] += sum[rt[v]][j];

			}

			sum[rt[u]][len] += sum[rt[v]][sum[rt[v]].size() - 1];

		}

	}

	For (i, 0, V[u].size() - 1) {

		Ask now = V[u][i];

		ans[now.id] = sum[rt[u]][len];

		if (len > now.k) ans[now.id] -= sum[rt[u]][len - now.k - 1];

		ans[now.id] += 1ll * min(dep[u] - 1, now.k) * sz[u];

	}

	sum[rt[u]][len] += sz[u]; ++ sz[u];

}

int main () {

	File();

	n = read(); q = read();

	For (i, 1, n - 1) {

		int u = read(), v = read();

		G[u].push_back(v);

		G[v].push_back(u);

	}

	For (i, 1, q) {

		int p = read(), k = read();

		V[p].push_back((Ask) {k, i});

	}

	Dfs_Init(1); Dfs(1);

	For (i, 1, q)

		printf ("%lld\n", ans[i]);

	return 0;

}

巴特西

BZOJ 3653: 谈笑风生（离线, 长链剖分, 后缀和）

题意

题解

代码

最新文章

热门文章