Codeforces Round #511 (Div. 1) C. Region Separation（dp + 数论）

题意

一棵 (n) 个点的树，每个点有权值 (a_i) 。你想砍树。

你可以砍任意次，每次你选择一些边断开，需要满足砍完后每个连通块的权值和是相等的。求有多少种砍树方案。

(n le 10^6, a_i le 10^9)

题解

先假设只砍一次。令所有点权和为 (S) ，那么假设要砍成 (k) 个连通块，则每个连通块的权值和均为 (displaystyle frac{S}{k}) 。

考虑如何得到砍的方案，以 (1) 号点为根 (dfs) ，若当前点 (i) 的子树之和 (frac{S}{k} | displaystyle sum_i) ，则当前子树可以砍下来。若最后恰好砍了 (k) 次，那么就得到了一个合法的砍树方案。

其实这就等价于 (displaystyle sum_{i=1}^{n} [frac{S}{k} | sum_i] = k) 。

不难看出这个对应且仅对应一种方案。如果不足 (k) ，那么就没有那么多个点可以分；多于 (k) 的情况是不可能的，因为总和不够分配。

这个式子还不够优秀，我们转化一下：

[egin{align} [frac{S}{k}|sum_i] &= [S | k imes sum_i] \ &= [frac{S}{gcd(S,sum_i)}|k imes frac{sum_i}{gcd(S,sum_i)}] \ &ecause frac{S}{gcd(S,sum_i)} ot frac{sum_i}{gcd(S,sum_i)} \ &= [frac{S}{gcd(S,sum_i)} | k] end{align} ]

然后就变成

[sum_{i = 1}^{n} [frac{S}{gcd(S,sum_i)} | k] = k ]

显然这个我们可以枚举倍数在 (O(n ln n)) 的时间内解决（注意 (k le n) ）

那么如果砍多次呢?可以看出如果第一次砍成了 (x) 块，那么第二次砍成的块数 (y) 必须满足 (x|y) 。

因为你之后的权值只能比之前分的更多，且每个联通块的权值是之前的一个因子。

这部分也可以 (O(n ln n)) 算。

总结

熟悉这种分成很多块有关于 (O(ln n)) 复杂度的东西就行啦qwq

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

typedef long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("C.in", "r", stdin);
	freopen ("C.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e6 + 1e3;

bitset<N> pass;

ll sum[N], dp[N]; int n, fa[N];

int main () {

	File();

	n = read();
	For (i, 1, n) sum[i] = read();
	For (i, 2, n) fa[i] = read();
	Fordown (i, n, 1) sum[fa[i]] += sum[i];

	For (i, 1, n) {
		ll tmp = sum[1] / __gcd(sum[1], sum[i]);
		if (tmp <= n) ++ dp[tmp];
	}

	Fordown (i, n, 1) if (dp[i])
		for (int j = i * 2; j <= n; j += i) dp[j] += dp[i];

	For (i, 1, n)
		pass[i] = (dp[i] == i && !(sum[1] % i)), dp[i] = 0;
	dp[1] = pass[1];

	ll ans = 0;
	For (i, 1, n) if (pass[i]) {
		for (int j = i * 2; j <= n; j += i) 
			if (pass[j]) dp[j] += dp[i];
		ans += dp[i];
	}
	printf ("%lld
", ans);

	return 0;

}