HDU 5927 Auxiliary Set

这是2016CCPC东北四省赛的F题。
现场的做法有点繁琐，赛后和队友LSH讨论了一下，他提出了一个排序后$O(N)$的做法.

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题意

每次询问给出一个unimportant node (以下简称u-node) 的集合 $S$.
要求统计出$S$中有多少个节点是某两个不同的important node (以下简称i-node) 的LCA.
(当然这是转化后的题意, 题目并不是这样问的)

做法

对u-node按逆DFS序排序.
遍历$S$, 对每个u-node $u$, 维护$u$的满足如下条件的儿子$v$数目:

子树$v$中不全是u-node

不妨将此数目记作$cnt[u]$.
维护的方法是
对某个 $u$, 若 cnt[u]==0 就 --cnt[par[u]].
$par[u]$表示 $u$ 的父亲.

最后, 满足 $cnt[u] ge 2$ 的 $u$ 的数目即为所求.

Implementation

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

const int N=1e5+5;

int L[N];

int cnt[N];

int tail;

vector<int> g[N];
int par[N];

void dfs(int u, int f){
    L[u]=++tail;
    par[u]=f;

    for(auto v: g[u]){
        if(v!=f){
            ++cnt[u];
            dfs(v, u);
        }
    }
}

bool cmp(int x, int y){
    return L[x]>L[y];
}


vector<int> a;  // unimportant nodes

int _cnt[N];
// bool flag[N];

int main(){
    int T, cas{};
    for(cin>>T; T--; ){
        int n, q;
        cin>>n>>q;

        for(int i=1; i<=n; i++){
            g[i].clear();
            cnt[i]=0;   // error-prone
        }

        for(int i=1; i<n; i++){
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }

        tail=0;
        dfs(1, 0);

        printf("Case #%d:
", ++cas);

        for(; q--; ){
            int m;
            cin>>m;
            a.clear();
            for(; m--; ){
                int x;
                scanf("%d", &x);
                a.push_back(x);
                // flag[x]=true;
            }

            sort(a.begin(), a.end(), cmp);
            for(auto x: a){
                _cnt[x]=cnt[x];
            }

            for(auto x: a){
                if(_cnt[x]==0){
                    --_cnt[par[x]];
                }
            }
            int res=0;
            for(auto x: a){
                res+=_cnt[x]>=2;
                // _cnt[x]=cnt[x];
            }
            res += n-a.size();
            printf("%d
", res);
        }
    }
    return 0;
}

UPD
ICPCCamp给出的题解上这题的做法是

题意：给定一棵树，每次询问一个集合，问所有不在这个集合的点两两 LCA (可以相同)的并集大小。
题解：实际上就是对于每个被删掉的点，check 一下是不是除了一个子树之外的点都被删掉了。那么对于每个被删掉的点的连通块，从最高点开始 dfs 就行。

一开始并不能看懂 (太弱), 现在大概理解了.
其实思路和上面是一样的, 最终的目的还是: 对每个被删掉的点 $u$, 统计出$u$有多少个儿子$v$的子树全被删了, 要统计这个量, 只要考虑每个被删掉的点的连通块就好了. 因为如果$u$的某个儿子$v$的子树全被删了, 那么这些被删掉的点一定也出现在$u$所在的连通块中.

求每个连通块的最高点 (根) 和dfs的复杂度都是$O(n)$的. 而我的做法处理单次询问的复杂度是$O(mlog m) + O(m)$, $m$是被删掉点的数目.
并不用找一个删除点的连通块的最高点, 按通常DFS的写法写就可以了, 然而我的DFS()函数第一次却写跪了.

void DFS(int u){
	used[u]=true;
	cnt[u]=1;
	int c=0;
	for(auto v: G[u]){
		if(!used[v]) DFS(v), cnt[u]+=cnt[v];
		// if(cnt[v]<size[v]) c++;
		c+=cnt[v]==size[v];
	}
	ans+=c+1 < g[u].size()-(u!=1);
}

正确的写法:

void DFS(int u){
	used[u]=true;
	cnt[u]=1;
	int c=0;
	for(auto v: G[u]){
		if(!used[v]) DFS(v);
		cnt[u]+=cnt[v];	// error-prone
		// if(cnt[v]<size[v]) c++;
		c+=cnt[v]==size[v];
	}
	ans+=c+1 < g[u].size()-(u!=1);
}

Implementation

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

const int N=1e5+5;
vector<int> g[N];
vector<int> G[N];
int a[N];

bool used[N];

int par[N], size[N];

void dfs(int u, int f){
	par[u]=f;
	size[u]=1;
	for(auto v: g[u]){
		if(v!=f) dfs(v, u), size[u]+=size[v];
	}
}

int cnt[N], ans;



void DFS(int u){
	used[u]=true;
	cnt[u]=1;
	int c=0;
	for(auto v: G[u]){
		if(!used[v]) DFS(v);
		cnt[u]+=cnt[v];	// error-prone
		// if(cnt[v]<size[v]) c++;
		c+=cnt[v]==size[v];
	}
	ans+=c+1 < g[u].size()-(u!=1);
}

bool f[N];

int main(){
	int T, n, q, cs{};
	for(cin>>T; T--; ){
		printf("Case #%d:
", ++cs);
		cin>>n>>q;
		for(int i=1; i<=n; i++) g[i].clear();
		for(int i=1; i<n; i++){
			int u, v;
			scanf("%d%d", &u, &v);
			g[u].push_back(v);
			g[v].push_back(u);
		}
		dfs(1, 0);
		for(; q--; ){
			int m;
			scanf("%d", &m);
			for(int i=0; i<m; i++){	
				scanf("%d", a+i);
				used[a[i]]=false;
				G[a[i]].clear();
				f[a[i]]=true;
			}
			for(int i=0; i<m; i++){
				if(f[par[a[i]]])
					G[par[a[i]]].push_back(a[i]);
			}
			ans=0;
			for(int i=0; i<m; i++)
				if(!used[a[i]]) DFS(a[i]);
			for(int i=0; i<m; i++)
				f[a[i]]=false;
			printf("%d
", n-m+ans);
		}
	}
	return 0;
}