CF1034C Region Separation

CF1034C Region Separation

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给定一棵 (n) 个点的树。每个点有权值，记为 (a_{1dots n})。

你想砍树。你可以砍任意轮，每轮你选择一些边（至少一条）断开，需要满足每轮结束后每个连通块的权值和是相等的。

求有多少种砍树方案。两种方案不同，当且仅当轮数不同或者某一轮砍的边不同。答案对 (10^9 + 7) 取模。

数据范围：(1leq nleq 10^6)，(1leq a_ileq 10^9)。

本题题解

取任意点为根（不妨取 (1)），把树变成有根树。设 (S) 为所有节点的点权和，(s_i) 表示以 (i) 为根的子树内的点权和。

考虑只进行一轮划分，有多少种方案。设把树划分为了 (k) 块，那么存在方案的一个必要条件是：(k) 是 (S) 的约数。此时每块内的点权和是 (frac{S}{k})。

我们从叶子开始，类似树形 DP 的过程，每当当前连通块的和达到 (frac{S}{k})，就把当前连通块割下来。具体来说，对所有 (i = 2dots n)，如果 (s_{i} mod frac{S}{k} = 0)，就切断 (i) 和 (mathrm{fa}(i)) 之间的边。容易发现，如果有解，我们这样会求出唯一的一组解。如果无解，按此方法最终得到的连通块数会小于 (k)。

通过如上讨论，我们已经可以回答【只进行一轮划分，把树划分为 (k) 块的方案数】，设为 (f(k))，则：

[f(k) = egin{cases} 0 && Smod k eq 0\ displaystyle left[left(sum_{i = 1}^{n} left[s_i mod frac{S}{k} = 0 ight] ight) = k ight]&& ext{otherwise} end{cases} ]

也就是说，(f(k)) 只能等于 (0) 或 (1)，并且它为 (1) 当且仅当：(k) 是 (S) 的约数，且恰有 (k) 个 (i) 满足 (s_i mod frac{S}{k} = 0)。

暴力求出 (f(1)dots f(n)) 的时间复杂度是 (mathcal{O}(n^2)) 的，我们想要更快。

考虑 (s_i mod frac{S}{k} = 0) 这个要求。转化一下：

[egin{align} &s_i = tcdot frac{S}{k}\ Arr & s_i cdot k = t cdot S\ Arr & S mid s_i cdot k\ Arr & frac{S}{gcd(S, s_i)}mid k end{align} ]

也就是说，这个要求等价于 (k) 是 (frac{S}{gcd(S, s_i)}) 的倍数。

那么对每个 (s_i)，设 (v = frac{S}{gcd(S, s_i)})，它可以对 $k = v, 2v, 3v, dots $ 产生贡献，另外注意 (k leq n)。于是我们用桶存一下，然后累加一遍，就能在调和级数的时间复杂度内，求出所有 (f(k)) 了。时间复杂度 (mathcal{O}(nlog n))。

然后考虑不止划分一轮的问题。设 (mathrm{dp}(k)) 表示划分了若干轮，得到 (k) 个连通块的方案数。根据划分方案的唯一性，它上一轮划分出的连通块数，能且仅能是 (k) 的约数。于是可以写出转移：

[mathrm{dp}(k) = f(k)cdot sum_{ i | k } mathrm{dp}(i) ]

答案就是 (sum_{k = 1}^{n} mathrm{dp}(k))。这个 DP 的时间复杂度也是调和级数： (mathcal{O}(nlog n)) 的。

时间复杂度 (mathcal{O}(n(log n + log a)))，其中 (log a) 来自求 (gcd)。

参考代码

片段：

const int MAXN = 1e6;
const int MOD = 1e9 + 7;

int n, a[MAXN + 5], fa[MAXN + 5];
ll s[MAXN + 5], S;
int f[MAXN + 5], dp[MAXN + 5];

ll gcd(ll x, ll y) { return (!y) ? x : gcd(y, x % y); }

int main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> a[i];
		s[i] = a[i];
		S += a[i];
	}
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		cin >> fa[i];
	}
	for (int i = n; i >= 2; --i) {
		s[fa[i]] += s[i];
	}
	assert(s[1] == S);
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		ll v = S / gcd(S, s[i]);
		if (v <= n) {
			f[v]++;
		}
	}
	for (int i = n; i >= 1; --i) {
		for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
			f[j] += f[i];
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i] = (f[i] == i); // 恰好能划分为 i 块
	}
	
	dp[1] = 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (!f[i]) {
			dp[i] = 0;
			continue;
		}
		for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
			dp[j] = (dp[j] + dp[i]) % MOD;
		}
		ans = (ans + dp[i]) % MOD;
	}
	
	cout << ans << endl;
	return 0;
}