D树

时间限制：10000/5000 MS（Java / Others）内存限制：102400/102400
K（Java / Others）

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问题描述

南京理工大学的操场上站着一棵高大的树。在树的每个分支上是一个整数（树可以被看作是一个有N个顶点的连通图，而每个分支可以被当作一个顶点）。今天，树下的学生正在考虑一个问题：我们可以在树上找到这样一个链，使链上所有整数（mod
10 ⁶ + 3）的乘积等于K？

你能帮助他们解决这个问题吗？

输入

有几个测试用例，请处理，直到EOF。

每个测试用例都以包含两个整数N（1 <= N <= 10 ⁵）和K（0 <= <<10 ⁶ +
3）的行开始。下面一行包含n个数字v _i（1 <= v _i <10 ⁶ +
3），其中vi表示顶点i上的整数。然后遵循N - 1行。每行包含两个整数x和y，表示顶点x和顶点y之间的无向边。

产量

对于每个测试用例，打印一个单行，其中包含两个整数a和b（其中a <b），表示链的两个端点。如果存在多个解决方案，请打印词典上最小的一个。如果没有解决方案，请打印“无解”（不含引号）。

欲了解更多信息，请参阅下面的示例输出。

示例输入

示例输出

3 4

没有解决方案

暗示

1.“请按字典顺序打印最小的一个”。是指：先按照第一个数字的大小进行比较，若第一个数字大小相同，则按照第二个数字大小进行比较，依次类别。

2.若出现栈溢出，推荐使用C ++语言提交，并通过以下方式扩栈：

#pragma comment（linker，“/ STACK：102400000,102400000”）

点分治

这种树上找路径问题最容易想到的就是点分治

点治的思想其实很简单，分别以每个点为根，找出所有经过根的路径更新答案

由于路径是一个二维的量，直接枚举是O(n^2)，而点分治通过固定一个根而使问题简化为一维O(n)

而由于树的性质，只要我们每次求出重心就可以保证最多只有logn层

总的复杂度就成了O(每一层操作复杂度 * logn)一般都是O(nlogn)或O(nlog^2n)

然而我点分治还是很生疏【我还是太弱了】

对于这道题，我们需要找到两条路径权值乘积取模为K

对于x * y ≡ K (mod P)，可以化为x ≡ K/y (mod P)

所以我们只需开一个hash表存x的值，对于每个y，用K乘上y的逆元查表更新答案就好了

要注意的细节就是根节点也要算上，而且查找与更新的路径只能有一个经过根，也就是算y时不算上，而算x存表时算上根

继续练习吧

#include<iostream>

#include<cstdio>

#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 = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)

using namespace std;

const int maxn = 100005,maxm = 200005,INF = 1000000000;

const LL P = 1000003;

inline int RD(){

	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 << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int N,K,V[maxn],Siz[maxn],F[maxn],vis[maxn],rt,sum,ansx,ansy;

LL Hash[P],tmp[maxn],d[maxn],id[maxn],inv[P],cnt = 0;

int head[maxn],nedge = 0;

struct EDGE{int to,next;}edge[maxm];

inline void build(int u,int v){

	edge[nedge] = (EDGE){v,head[u]}; head[u] = nedge++;

	edge[nedge] = (EDGE){u,head[v]}; head[v] = nedge++;

}

void getRT(int u,int fa){

	int to; Siz[u] = 1; F[u] = 0;

	Redge(u) if (!vis[to = edge[k].to] && to != fa){

		getRT(to,u);

		Siz[u] += Siz[to];

		F[u] = max(F[u],Siz[to]);

	}

	F[u] = max(F[u],sum - Siz[u]);

	if (F[u] < F[rt]) rt = u;

}

inline void query(int x,int u){

	x = 1ll * inv[x] * K % P;

	int v = Hash[x];

	if (!v) return;

	if (v < u) swap(u,v);

	if (u < ansx || (u == ansx && v < ansy))

		ansx = u,ansy = v;

}

void dfs(int u,int fa){

	tmp[++cnt] = d[u]; id[cnt] = u; int to;

	Redge(u) if (!vis[to = edge[k].to] && to != fa){

		d[to] = 1ll * V[to] * d[u] % P;

		dfs(to,u);

	}

}

void solve(int u){

	int to; vis[u] = true; Hash[V[u]] = u;

	Redge(u) if (!vis[to = edge[k].to]){

		cnt = 0; d[to] = V[to];

		dfs(to,u);

		REP(i,cnt) query(tmp[i],id[i]);

		cnt = 0; d[to] = 1ll * V[to] * V[u] % P;

		dfs(to,u);

		REP(i,cnt) if (!Hash[tmp[i]] || Hash[tmp[i]] > id[i]) Hash[tmp[i]] = id[i];

	}

	Hash[V[u]] = 0;

	Redge(u) if (!vis[to = edge[k].to]){

		cnt = 0; d[to] = 1ll * V[to] * V[u] % P;

		dfs(to,u);

		REP(i,cnt) Hash[tmp[i]] = 0;

	}

	Redge(u) if (!vis[to = edge[k].to]){

		sum = Siz[to]; F[rt = 0] = INF;

		getRT(to,rt);

		solve(rt);

	}

}

void init(){

	memset(vis,0,sizeof(vis));

	memset(head,-1,sizeof(head)); nedge = 0; ansx = ansy = INF;

	REP(i,N) V[i] = RD() % P;

	REP(i,N - 1) build(RD(),RD());

}

void INIT(){

	inv[1] = 1;

	for (int i = 2; i < P; i++){

		inv[i] = ((P - P / i) * inv[P % i] % P + P) % P;

	}

}

int main(){

	INIT();

	while (~scanf("%d%d",&N,&K)){

		init();

		F[rt = 0] = INF; sum = N;

		getRT(1,rt);

		solve(rt);

		if (ansx == INF) printf("No solution\n");

		else printf("%d %d\n",ansx,ansy);

	}

	return 0;

}

巴特西

HDU4812 D tree 【点分治 + 乘法逆元】

D树

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