bzoj4754 [JSOI2016]独特的树叶

bzoj4754 [JSOI2016]独特的树叶

给定两棵无根树 (A, B) ，其中 (B) 恰好是由 (A) 添加一个叶子，然后将节点的编号打乱得到的，求这个被添加的叶子在 (B) 中的编号（若有多个符合要求的叶子，输出编号最小的）。

(|A|leq10^5)

hash，dp，二次换根

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考虑使用树hash来快速比较，我以前用的hash式子是 (hash_u=(displaystylesum_{vin ext{son(u)}}base^{k-i-1} imes hash_u+hash_v)+1) ，但这样错误率很高（很容易有两个形态不同的树hash值相同），可以考虑将式子中的 (1) 以与树的形态有关的值替代，这道题可以使用 ( ext{size(u)})

可以考虑求出 (A, B) 以每个节点为根时的 hash 值，并枚举 (B) 的所有叶子，并快速求出去掉该叶子后整棵树的hash值。按照上面的式子，若以叶子 (u) 为根的hash值为 (x) ，那么去掉 (u) 后整棵树的hash值为 (x-|B|)

我们可以 (O(n)) 求出每个点子树的hash值，记为 (f_i) ，记 (g_i) 为以 (i) 为根的hash值，可以考虑使用二次换根（自顶向下）。

令当前节点为 (v) ，该节点的父亲为 (u) ， (g_v) 相当于 (f_v) 多了一个 “以 (u) 为根去掉儿子 (v) 的hash值” 的儿子，暴力枚举 (u) 为根时的所有儿子可以被菊花图卡掉，因此需要化一下式子。可以记录下以每个点为根时的所有儿子的hash值 (val_{u, i}) ，并维护这时的 “hash前缀和” (sum_{u, k}=displaystylesum_{i=0}^kval_{u, i} imes base^{n-i-1}) 。“以 (u) 为根去掉儿子 (v) 的hash值” 就相当于求一个序列删掉一个点后的hash值。令 (n= ext{size(}val_u ext{)}) ，去掉位置 (k) 后的hash值即为 (sum_{u, n}-(sum_{u, k}-sum_{u, k-1}) imes base^{n-k}) 。求出 “以 (u) 为根去掉儿子 (v) 的hash值” 后扫一遍 (v) 的儿子就可以处理出 (g_v, val_v, sum_v) 了。时间复杂度 (O(nlog n))

可以发现hash式子中的最后一项 ( ext{size(u)}) 既满足错误率低，又满足转移方便，因此这是树hash的一个不错的选择（雾

时间复杂度 (O(nlog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef unsigned long long u64;
const int maxn = 1e5 + 10;
const u64 base = 19260817, Inv = 7089841341079321457ull;
int n;
u64 pw[maxn];

struct Tree {
  int N, sz[maxn];
  u64 dp1[maxn], dp2[maxn];

  vector <int> e[maxn];
  vector <u64> vec[maxn], sum[maxn];

  u64 dfs1(int u, int f) {
    sz[u] = 1;
    for (int v : e[u]) {
      if (v != f) vec[u].push_back(dfs1(v, u)), sz[u] += sz[v];
    }
    sort(vec[u].begin(), vec[u].end());
    int SZ = vec[u].size(); sum[u].resize(SZ);
    for (int i = 0; i < SZ; i++) {
      sum[u][i] = (i ? base * sum[u][i - 1] : 0) + vec[u][i];
    }
    return dp1[u] = (SZ ? sum[u].back() : 0) + sz[u];
  }

  void dfs2(int u, int f) {
    int SZ = vec[f].size();
    int pos = distance(vec[f].begin(), lower_bound(vec[f].begin(), vec[f].end(), dp1[u]));
    vec[u].push_back(sum[f][SZ - 1] - (sum[f][pos] - (pos ? sum[f][pos - 1] : 0)) * pw[SZ - pos - 1] + N - sz[u]);
    sort(vec[u].begin(), vec[u].end());
    SZ = vec[u].size(), sum[u].resize(SZ);
    for (int i = 0; i < SZ; i++) {
      sum[u][i] = (i ? base * sum[u][i - 1] : 0) + vec[u][i];
    }
    dp2[u] = sum[u].back() + N;
    for (int v : e[u]) {
      if (v != f) dfs2(v, u);
    }
  }

  void build() {
    for (int i = 1; i < N; i++) {
      int u, v;
      scanf("%d %d", &u, &v);
      e[u].push_back(v), e[v].push_back(u);
    }
    dfs1(1, 0);
    dp2[1] = dp1[1];
    for (int v : e[1]) {
      dfs2(v, 1);
    }
  }
} A, B;

set <u64> S;

int main() {
  pw[0] = 1;
  for (int i = 1; i < 100005; i++) {
    pw[i] = base * pw[i - 1];
  }
  scanf("%d", &n);
  A.N = n, B.N = n + 1;
  A.build(), B.build();
  for (int i = 1; i <= A.N; i++) {
    S.insert(A.dp2[i]);
  }
  for (int i = 1; i <= B.N; i++) {
    if (B.e[i].size() > 1) continue;
    u64 x = B.dp2[i] - B.N;
    if (S.find(x) != S.end()) {
      printf("%d", i); return 0;
    }
  }
  assert(0);
  return 0;
}