BZOJ4754 & 洛谷4323 & LOJ2072：[JSOI2016]独特的树叶——题解

https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4754

https://www.luogu.org/problemnew/show/P4323

https://loj.ac/problem/2072

JYY有两棵树A和B：树A有N个点，编号为1到N；树B有N+1个点，编号为1到N+1。JYY知道树B恰好是由树A加上一个叶

节点，然后将节点的编号打乱后得到的。他想知道，这个多余的叶子到底是树B中的哪一个叶节点呢？

树同构问题基本都是树哈希做的。

参考+copycat：https://www.cnblogs.com/RabbitHu/p/9165770.html

这题也没啥方便的写法了，代码写起来有股重工业的气息，所以本题题解也就是归纳思路，拾人牙慧了。

有一个很简单的方法找到这个结点：枚举B的每个叶子，求这个树删掉这个叶子的哈希值，再与A所有哈希值匹配，如果匹配成功的话就说明这个叶子是合法解，复杂度O(nlogn)

但是很不幸，利用BZOJ4337：[BJOI2015]树的同构的方法求每个根的哈希值的话是O(n^2)的，所以我们需要将其优化到O(nlogn)

（注意，为了方便后期修改值，令f[u]表示u子树的哈希值，f[u]=size[u]*π(f[v]*B^k)和我原本做法不同还请注意。）

第一遍求以1为根的哈希显然不能变，关键就是动态换根了。

画一下图的话就能发现当根节点从fa[u]转到u的时候，只有f[u]和f[fa[u]]发生了变化，设g[u]=此时的f[fa[u]]。

可知g[u]就是f[fa[u]]加了一棵以fa[fa[u]]为根的子树，减了一棵以u为根的子树后的哈希值，我们大可以将所有的子树预处理出来，维护前缀乘积和后缀乘积，然后根据u的不同删掉子树id，则答案为前缀[id-1]*B^k+后缀[id+1]（k的值请读者自行讨论）。

这样我们二分查找id，复杂度变成了O(nlogn)可以通过本题。

#include<set>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N=1e5+5;
const ll B=666623333;
inline int read(){
    int X=0,w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return w?-X:X;
}
struct node{
    int to,nxt;
}e[N*2];
int n,cnt,head[N],sz[N],fa[N],ind[N];
ll f[N],g[N],qpow[N];
vector<ll>num[N],nl[N],nr[N];
set<ll>vis;
inline void add(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
ll dfs1(int u){
    f[u]=0;sz[u]=1;
    num[u].clear();
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u])continue;
        fa[v]=u;num[u].push_back(dfs1(v));sz[u]+=sz[v];
    }
    if(num[u].empty())return f[u]=1;
    sort(num[u].begin(),num[u].end());
    for(int i=0;i<num[u].size();i++)f[u]=f[u]*B+num[u][i];
    return f[u]*=sz[u];
}
int ans;
void dfs2(int u,int p){
    if(fa[u]){
        num[u].push_back(g[u]);
        sort(num[u].begin(),num[u].end());
    }
    int numsz=num[u].size();
    nl[u].resize(numsz),nr[u].resize(numsz);
    nl[u][0]=num[u][0];nr[u][numsz-1]=num[u][numsz-1];
    for(int i=1;i<numsz;i++)nl[u][i]=nl[u][i-1]*B+num[u][i];
    for(int i=numsz-2;i>=0;i--)nr[u][i]=nr[u][i+1]+num[u][i]*qpow[numsz-i-1];
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==fa[u])continue;
        if(numsz==1){g[v]=1;dfs2(v,p);break;}
        int id=lower_bound(num[u].begin(),num[u].end(),f[v])-num[u].begin();
        g[v]=0;
        if(id+1<numsz)g[v]=nr[u][id+1];
        if(id-1>=0)g[v]+=nl[u][id-1]*qpow[numsz-id-1];
        g[v]*=(n-sz[v]);
        
        if(p&&ind[v]==1&&vis.find(g[v])!=vis.end())ans=min(ans,v);
        dfs2(v,p);
    }
    if(!p)vis.insert(nl[u][numsz-1]*n);
}
int main(){
    n=read();
    qpow[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)qpow[i]=qpow[i-1]*B;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v);add(v,u);
    }
    dfs1(1);dfs2(1,0);
    cnt=0;memset(head,0,sizeof(head));n++;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read();
        add(u,v);add(v,u);ind[u]++;ind[v]++;
    }
    dfs1(1);
    ans=N;
    if(ind[1]==1&&vis.find(f[e[head[1]].to])!=vis.end())ans=1;
    dfs2(1,1);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

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