哈希/图论-蔡老板分果子

#238. 蔡老板分果子

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春天来了，万物复苏，动物们又到了发情的季节。蔡老板终于下定决心砍下了自家后院的两棵果树，并决定和自己喜欢的人一起分享果树上的果子。

这两棵果树一棵是长生果树另一棵是人参果树，两棵树上都有 nn 个果子，编号为 1∼n1∼n，并分别由 n−1n−1 段树枝连接起来。 为了把果子分成两份，蔡老板决定再两棵树上各砍一刀，分别砍断一根树枝把两棵树上的果子各分成两个部分。之后，对于每一棵果树，蔡老板会选择 11 号果子所在的那一部分。显然这样分果子一共有 (n−1)2(n−1)2 种分法，而蔡老板想知道，有多少种切割方法，使得蔡老师拿到的长生果和人参果具有相同的标号集合。

输入格式

第一行一个正整数 nn 表示两棵树的大小。

接下来 n−1n−1 行每行两个正整数表示长生果树上的边。

接下来 n−1n−1 行每行两个正整数表示人参果树上的边。

输出格式

输出一行一个正整数表示蔡老板关心的切割方法的数目。

样例1

input

4
1 2
2 3
3 4
1 2
1 3
3 4

output

2

explanation

第一种切割方法：第一棵树上切 (2,3)(2,3)，第二棵树上切 (1,3)(1,3)，这样蔡老师拿到的长生果和人参果集合都是 {1,2}{1,2}；

第二种切割方法：第一棵树上切 (3,4)(3,4)，第二棵树上切 (3,4)(3,4)，这样蔡老师拿到的长生果和人参果集合都是 {1,2,3}{1,2,3}。

样例2

input

6
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
1 4
4 2
4 5
2 3
3 6

output

3

样例3

见样例数据下载

限制与规定

对于全部数据 1≤n≤2×105.1≤n≤2×105.

本题采用捆绑测试，只有通过一个子任务的全部测试点才可以获得该子任务的分数，子任务及限制如下表所示：

子任务编号	分值	nn	其他限制
1	4	≤10≤10	无
2	19	≤100≤100	无
3	20	≤103≤103	无
4	21	≤2×105≤2×105	保证所有点的度数不超过 22
5	36	≤2×105≤2×105	无

时间限制：1s1s

空间限制：256MB256MB

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 法1. 对子树哈希

需要设计一个哈希函数与树的形态和父子关系无关。想到了 (a^p+b^p)%q 这类哈希函数，会被卡掉。正解是直接用 xor 哈希，然后提前把 [1, N] 映射到一个 unsigned long long 的整数。据说（也可以感性感受到）这样的好处是每一位的影响是独立的。也就是说，只有每一位都冲突，两个哈希函数才可能冲突。这样就可以过。代码里把幂数和和异或和作为两个参数搞了一个双哈，不过真正起作用的是异或和。

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stdlib.h>

using namespace std;

typedef unsigned long long ull;

const int _N = 220000;
const ull P = 1e9+7;

ull hs[_N];
vector<int> G[2][_N];
int N;

struct data {
    ull a, b;
    
    bool operator < (const data &tmp) const
    {
        return a == tmp.a ? b < tmp.b : a < tmp.a;
    }
    
    bool operator == (const data &tmp) const
    {
        return a == tmp.a && b == tmp.b;
    }
} A[2][_N];

ull Mont(ull a)
{
    a %= P;
    ull t = 1, b = 131;
    while (b) {
        if (b & 1) t = t*a%P;
        b >>= 1, a = a*a%P;
    }
    return t;
}

void DFS(int id, int node, int dad)
{
    A[id][node].a = hs[node], A[id][node].b = Mont(hs[node]);
    for (int i = G[id][node].size()-1; i >= 0; --i) {
        int v = G[id][node][i];
        if (v != dad) {
            DFS(id, v, node);
            A[id][node].a = A[id][node].a^A[id][v].a, A[id][node].b = (A[id][node].b+A[id][v].b)%P;
        }
    }
    return;
}

inline ull umul(int a, int b) { return (ull)a * b; }

void Ins(int id, int x, int y)
{
    G[id][x].push_back(y), G[id][y].push_back(x);
    return;
}

int main()
{
    int i, j, id;
    srand(19260817);
    scanf("%d", &N);
    for (i = 1; i <= N; ++i) hs[i] = umul(umul(rand(), rand()), rand())+rand()%97;
    for (id = 0; id <= 1; ++id)
        for (i = 1; i < N; ++i) {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            Ins(id, x, y);
        }
    for (id = 0; id <= 1; ++id)
        DFS(id, 1, -1), sort(A[id]+1, A[id]+1+N);
    i = j = 1;
    int ans = 0;
    while (i <= N && j <= N) {
        if (A[0][i] == A[1][j]) ++ans, ++i;
        else if (A[0][i] < A[1][j]) ++i;
        else ++j;
    }
    printf("%d
", ans-1);
    return 0;
}

法2. 机智的 dfs 序

设两棵树为 A, B 。对 A 树进行 DFS，记录每个节点的 dfn[i] 以及 size[i] 。然后对 B 树进行 DFS，记录每个节点对应的 dfn[i] 值的 max[i] 和 min[i] 以及 size2[i] 。则此时 B 某子树与 A 的某子树可以以及为答案贡献的充要条件是 size2[i] = size[i] 且 max[i]-min[i]+1 = size[i] 。思路大概就是，当这两个条件同时成立时，B 的子树中节点对应的 dfn[i] 值（注意此处的 dfn 是指在对 A 进行 DFS 得到的某个点的 dfn）一定构成了 [min[i], max[i]] 这段连续的区间。而 A 中对应子树的 dfn 编号也是这段连续区间（连续性显然……OrzOrz）。这个方法非常机智，而且好写！

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int _N = 220000;

int A[_N], B[_N], dfn[_N], size[_N], ans, Time, s2[_N];
vector<int> G[2][_N];

void DFS2(int node, int dad)
{
    A[node] = B[node] = dfn[node];
    s2[node] = 1;
    for (int i = G[1][node].size()-1; i >= 0; --i) {
        int v = G[1][node][i];
        if (v != dad) {
            DFS2(v, node);
            A[node] = min(A[node], A[v]), B[node] = max(B[node], B[v]);
            s2[node] += s2[v];
        }
    }
    if (B[node]-A[node]+1 == size[A[node]] && size[A[node]] == s2[node])
        ++ans;
    return;
}

void DFS(int node, int dad)
{
    dfn[node] = ++Time;
    size[dfn[node]] = 1;
    for (int i = G[0][node].size()-1; i >= 0; --i) {
        int v = G[0][node][i];
        if (v != dad) {
            DFS(v, node);
            size[dfn[node]] += size[dfn[v]];
        }
    }
    return;
}

void Ins(int id, int x, int y)
{
    G[id][x].push_back(y), G[id][y].push_back(x);
    return;
}

int main()
{
    int N, i, id;
    scanf("%d", &N);
    for (id = 0; id <= 1; ++id)
        for (i = 1; i < N; ++i) {
            int x, y;
            scanf("%d%d", &x, &y);
            Ins(id, x, y);
        }
    DFS(1, -1);
    DFS2(1, -1);
    printf("%d
", ans-1);
    return 0;
}