树上游戏
题目描述
lrb有一棵树，树的每个节点有个颜色。给一个长度为n的颜色序列，定义s(i,j) 为i 到j 的颜色数量。以及
$$sum_i=sum_{j=1}^ns(i,j)$$
现在他想让你求出所有的sum[i]
输入输出格式
输入格式：第一行为一个整数n，表示树节点的数量
第二行为n个整数，分别表示n个节点的颜色c[1],c[2]……c[n]
接下来n-1行，每行为两个整数x,y，表示x和y之间有一条边
输出格式：输出n行，第i行为sum[i]
输入输出样例
说明
sum[1]=s(1,1)+s(1,2)+s(1,3)+s(1,4)+s(1,5)=1+2+3+2+2=10
sum[2]=s(2,1)+s(2,2)+s(2,3)+s(2,4)+s(2,5)=2+1+2+1+3=9
sum[3]=s(3,1)+s(3,2)+s(3,3)+s(3,4)+s(3,5)=3+2+1+2+3=11
sum[4]=s(4,1)+s(4,2)+s(4,3)+s(4,4)+s(4,5)=2+1+2+1+3=9
sum[5]=s(5,1)+s(5,2)+s(5,3)+s(5,4)+s(5,5)=2+3+3+3+1=12对于40%的数据，n<=2000
对于100%的数据，1<=n,c[i]<=10^5
题解
这个统计还是有点意思，说下它的两种解法。
Treeloveswater的点分治
.
往点分治方向思考，问题就变成了：你有一棵树，如何(O(n))的处理出，以根为lca的点对的答案？
一个很重要的性质：
对于树中的一点i，如果该点的颜色在该点到根这条链上是第一次出现，那么对于这棵树的其他与i的lca为根点j（即在不同子树内），均能与i的子树（包括i）组成点对，i的颜色会对j的答案贡献size[i]。（我们在此暂且不考虑j到根的链上是否出现了i的颜色，待会儿容斥掉）
这个性质很显然。
那么我们就可以这样做了：
-
对树进行第一遍dfs，预处理size和上方性质中每个颜色的贡献color，同时记录color总和sum
-
枚举根的所有儿子子树，先把子树扫一遍清除其在color数组中的所有贡献（排除同一子树内部的错误贡献）。接着，对于该子树中的每一个点j：
设X=sigma color[j 到根上（不包括根）的所有颜色] （由于这些颜色已经出现过，我们不能在该子树外计算其贡献）
设num为j到根上（不包括根）的颜色数
设Ｙ为size[root]-size[该子树（注意不是j）]（即所有其他子树＋根的点数）
则ans[j]+=sum-X+num*Y -
别忘了计算root的ans
ans[root]+=sum-color[根的颜色]+size[root]
那么点分治就解决了这个问题，时间复杂度(O(nlog n))。统计方法值得学习。
看一下别人的代码。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define o 200011
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=1e8;
int head[o],nxt[o*2],point[o*2],V[o];
ll color[o],ans[o],much,sum,num,size[o],cnt[o],total,record;
int tot,n,ui,vi,root;
bool vis[o*2];
void addedge(int x,int y){
tot++;nxt[tot]=head[x];head[x]=tot;point[tot]=y;
tot++;nxt[tot]=head[y];head[y]=tot;point[tot]=x;
}
void findroot(int now,int dad){
size[now]=1;
ll maxson=0;
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(v!=dad&&!vis[tmp]){
findroot(v,now);
size[now]+=size[v];
maxson=max(maxson,size[v]);
}
}
maxson=max(maxson,total-size[now]);
if(maxson<record) root=now,record=maxson;
}
void dfs1(int now,int dad){
size[now]=1;
cnt[V[now]]++;
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad){
dfs1(v,now);
size[now]+=size[v];
}
}
if(cnt[V[now]]==1){
sum+=size[now];
color[V[now]]+=size[now];
}
cnt[V[now]]--;
}
void change(int now,int dad,int value){
cnt[V[now]]++;
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad) change(v,now,value);
}
if(cnt[V[now]]==1){
sum+=(ll)size[now]*value;
color[V[now]]+=(ll)size[now]*value;
}
cnt[V[now]]--;
}
void dfs2(int now,int dad){
cnt[V[now]]++;
if(cnt[V[now]]==1){
sum-=color[V[now]];
num++;
}
ans[now]+=sum+num*much;
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad) dfs2(v,now);
}
if(cnt[V[now]]==1){
sum+=color[V[now]];
num--;
}
cnt[V[now]]--;
}
void clear(int now,int dad){
cnt[V[now]]=0;
color[V[now]]=0;
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad) clear(v,now);
}
}
void solve(int now,int dad){
dfs1(now,dad);
ans[now]+=sum-color[V[now]]+size[now];
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad){
cnt[V[now]]++;
sum-=size[v];
color[V[now]]-=size[v];
change(v,now,-1);
cnt[V[now]]--;
much=size[now]-size[v];
dfs2(v,now);
cnt[V[now]]++;
sum+=size[v];
color[V[now]]+=size[v];
change(v,now,1);
cnt[V[now]]--;
}
}
sum=0;num=0;
clear(now,dad);
for(int tmp=head[now];tmp;tmp=nxt[tmp]){
int v=point[tmp];
if(!vis[tmp]&&v!=dad){
vis[tmp]=true;
vis[tmp^1]=true;
total=size[v];
record=inf;
findroot(v,now);
solve(root,0);
}
}
}
int main(){
tot=1;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&V[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&ui,&vi);
addedge(ui,vi);
}
record=inf;
total=n;
findroot(1,0);
solve(root,0);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}
sxd666888的树上差分
分开计算每种颜色对答案的贡献。
我们考虑把树中这种颜色的点都删掉，那么就会有很多的小树，这些小树中的点互相之间不会产生贡献，而不同树的两个点之间会产生贡献。我们可以得到点的sum要+=n - 所在小树的size。
因此，一个点的sum=n * 颜色数 - 计算每种颜色节点时该点所在小树的size。发现我们只需要计算减号后的部分。
考虑在每棵小树的树根（深度最小）计算这棵小树的size，这样既方便计算也方便向下传递。我们用surp[i]记录把fa对应颜色删掉后i所在小树（i一定是这棵小树的树根）的size。
如何算所有颜色对一个点的贡献总和呢？直接维护总和sum，考虑在i时继承总和sum，把sum加上surp[i]，减去上一次同一颜色的surp更新，就行了。
特殊处理一下整棵树的根节点就好了。时间复杂度(O(n))。
看一下此人的毒瘤命名代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long read()
{
char ch=getchar();long long x=0,ff=1;
while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*ff;
}
void write(long long aa)
{
if(aa<0) putchar('-'),aa=-aa;
if(aa>9) write(aa/10);
putchar('0'+aa%10);
return;
}
long long n,sum,qwq;
long long vis[100005],ans[100005];
long long tot,head[100005],nx[200005],to[200005];
long long col[100005],sz[100005],jian[100005]；
long long lz[100005],bj[100005];
void jia(long long aa,long long bb)
{
tot++;
nx[tot]=head[aa];
to[tot]=bb;
head[aa]=tot;
return;
}
void dfs(long long rt,long long fa)
{
sz[rt]=1;
long long tmp=jian[col[fa]];//遍历时删的个数
for(long long i=head[rt];i;i=nx[i])
{
long long yy=to[i];
if(yy==fa) continue;
dfs(yy,rt);
sz[rt]+=sz[yy];
}
jian[col[rt]]++;//删点
if(fa)
{
lz[rt]=sz[rt]-jian[col[fa]]+tmp;//子树的size - （当前删的个数 - 遍历时删的个数）
jian[col[fa]]+=lz[rt];//删点
}
}
void getans(long long rt,long long fa)
{
long long yuanbj=bj[col[fa]];
qwq+=lz[rt]-bj[col[fa]];//差分啦
bj[col[fa]]=lz[rt];
ans[rt]=n*sum-qwq+bj[col[rt]];//自己颜色的显然是不能删掉的
for(long long i=head[rt];i;i=nx[i])
{
long long yy=to[i];
if(yy==fa) continue;
getans(yy,rt);
}
bj[col[fa]]=yuanbj;
qwq-=lz[rt]-bj[col[fa]];//还原啦
return;
}
int main()
{
n=read();
for(long long i=1;i<=n;++i)
{
col[i]=read();//col[i]<=100000,可能大于n。。。。
if(!vis[col[i]]) vis[col[i]]=1,sum++;//sum颜色种类
}
for(long long i=1;i<n;++i)
{
long long x=read(),y=read();
jia(x,y);jia(y,x);
}
dfs(1,0);
for(long long i=1;i<=100000;++i) if(vis[i]) qwq+=n-jian[i],bj[i]=n-jian[i];//特别处理根节点
getans(1,0);
for(long long i=1;i<=n;++i) write(ans[i]),puts("");
return 0;
}