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Description
小Y最近从同学那里听说了一个十分牛B的高级数据结构——块状树。听说这种数据结构能在sqrt(N)的时间内维护树上的各种信息，十分的高效。当然，无聊的小Y对这种事情毫无兴趣，只是对把树分块这个操作感到十分好奇。他想，假如能把一棵树分成几块，使得每个块中的点数都相同该有多优美啊！小Y很想知道，能有几种分割方法使得一棵树变得优美。小Y每次会画出一棵树，但由于手速太快，有时候小Y画出来的树会异常地庞大，令小Y感到十分的苦恼。但是小Y实在是太想知道答案了，于是他找到了你，一个天才的程序员，来帮助他完成这件事。
Input
第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。
Output
一行一个整数Ans，表示所求的方案数。
Sample Input
6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6
Sample Output
3
HINT
100%的数据满足N<=1000000。
首先最好发现的一个性质是块的大小必须得是N的约数。。。不然都不能整除肯定分不出来。。。
同时，当块的大小一定的时候，也只能有一种分法(最底层只可能是完整的子树，只有一种分法，而这些子树的分法一旦确定了它们的祖先的也就确定了)
虽然对于随机数据来说，N的约数个数是log(N)级别的(考虑调和级数的复杂度计算以及它的意义是1-n的约数个数和)，暴力枚举约数+dfs就可以过了。
但是你觉得出题人可能会这么良心吗hhhhh，肯定会有那种约数个数趋近于sqrt(N)的N。。。
假如块的大小确定为k了，那么只有那些子树节点个数是k的倍数的点才可能作为一个块的根。
而这种节点必须得有n/k个才行(最多也只能有n/k个了)。
如果小于n/k个的话显然不行，因为可能是根的都没有n/k个最后肯定分不出来。
那么为什么有n/k个满足条件的点就肯定能行呢？？？
很显然的一点是如果一个满足条件的节点的子树大小为2*k,那么它里面肯定会有一个子树大小为k的后代。。。
因为如果没有的话满足条件的点就到不了n/k个。
其他情况类似，意识流证明一下就好了hhhhh
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define maxn 1000005 #define pb push_back using namespace std; vector<int> g[maxn]; int n,m,siz[maxn],num=0; int tot[maxn],dvd[1005],ans=0; void dfs(int x,int fa){ int to; siz[x]=1; for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){ to=g[x][i]; if(to!=fa) dfs(to,x),siz[x]+=siz[to]; } tot[siz[x]]++; } inline void prework(){ int m=sqrt(n); for(int i=1;i<=m;i++) if(!(n%i)){ dvd[++num]=i; if(i*i!=n) dvd[++num]=n/i; } } inline void solve(){ for(int i=1;i<=num;i++){ int cnt=0; for(int j=dvd[i];j<=n;j+=dvd[i]) cnt+=tot[j]; if(cnt>=n/dvd[i]) ans++; } } int main(){ int uu,vv; scanf("%d",&n); prework(); for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d",&uu,&vv); g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu); } dfs(1,1); solve(); printf("%d ",ans); return 0; }