BZOJ3522&4543 [POI2014]Hotel加强版 长链剖分

上上周见fc爷用长链剖分秒题 于是偷偷学一学

3522的数据范围很小 可以暴力枚举每个点作为根节点来dp 复杂度(O(n^2))

考虑令
(f[x][j])表示以(x)为根的子树内距离(x)为(j)的点的个数
(g[x][j])表示以(x)为根的子树内的点对((a,b))距他们的(lca)的距离为(d),(x)距(lca)的距离为(d-j)的点对数

那么转移很明了
对于 (x,y) 其中(fa[y]=x) 有
(f[x][i]+=f[y][i-1])
(g[x][i-1]+=g[y][i])
(g[x][i+1]+=f[x][i+1]*f[y][i])
(ans+=f[x][i-1]*g[y][i]+g[x][i+1]*f[y][i])

发现对于第一个儿子(y)有
(f[x]=f[y]-1)
(g[x]=g[y]+1)
(ans+=g[x][0])
于是我们可以对于最长链先用指针转移 复杂度为(O(1)) 其余暴力转移 这样的复杂度看似(O(nlog_n)) 其实是(O(n))

我在网上的题解里看到一个写的比较通俗易懂的：
实际上如果一个点v 在某个祖先u 对复杂度有+1的效果，说明v 不在u往下的最长链上，并且v 在 u 的儿子u’（也是 v 的祖先）的最长链上。则到u 的父亲时，v 不在 u的最长链上，则对答案没有贡献。所以贡献的总和是 O(n)的。

贴上代码

#include<bits/stdc++.h>
#define bug(x) cout<<(#x)<<" "<<(x)<<endl
#define ll long long
/*
char *TT,*mo,but[(1<<15)+2];
#define getchar() ((TT==mo&&(mo=(TT=but)+fread(but,1,1<<15,stdin),TT==mo))?-1:*TT++)//*/
using namespace std;
const int N=1e5+5;
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
struct Edge{
	int v,nxt;
}e[N<<1];
int n,tot;
int dep[N],dn[N],son[N],head[N];  
ll tmp[N*10],*tt=tmp,*f[N],*g[N];  
ll ans;  
void add(int u,int v){
	e[++tot].v=v,e[tot].nxt=head[u],head[u]=tot;
	e[++tot].v=u,e[tot].nxt=head[v],head[v]=tot;
}
inline void dfs(int x,int fa){
	dn[x]=x,dep[x]=dep[fa]+1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int j=e[i].v;
		if(j==fa) continue;
		dfs(j,x);
		if(dep[dn[x]]<dep[dn[j]]) dn[x]=dn[j],son[x]=j;
	}
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].v!=fa&&(x==1||e[i].v!=son[x])){
			int j=dn[e[i].v];
			f[j]=(tt+=dep[j]-dep[x]+1);
			g[j]=(++tt),tt+=((dep[j]-dep[x])<<1)+1;
	}
}
inline void dp(int x,int fa){
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int j=e[i].v;
		if(j==fa) continue;
		dp(j,x);
		if(j==son[x]) f[x]=f[j]-1,g[x]=g[j]+1;
	}
	ans+=g[x][0],f[x][0]=1;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
		int j=e[i].v;
		if(j==fa||j==son[x]) continue;
		for(int k=0;k<=dep[dn[j]]-dep[x];k++) ans+=f[x][k-1]*g[j][k]+g[x][k+1]*f[j][k];
		for(int k=0;k<=dep[dn[j]]-dep[x];k++) {
			g[x][k-1]+=g[j][k]; 
			g[x][k+1]+=f[x][k+1]*f[j][k];
			f[x][k+1]+=f[j][k];
		}
	}
	 
}
int main(){
#ifdef Devil_Gary
	freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
	n=read();
	for(int i=1;i<n;i++) add(read(),read());
	dfs(1,0),dp(1,0);
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}