BZOJ 4754 [JSOI2016]独特的树叶 | 树哈希判同构

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这道题是一道判断无根树同构的模板题,判断同构主要的思路就是哈希。

一遇到哈希题,一百个人能有一百零一种哈希方式,这篇题解随便选用了一种——类似杨弋《Hash在信息学竞赛中的一类应用》中的这种,可能不是最简洁好写的,但是能用。

我的哈希规则:子树\(u\)的哈希值由它的每一个子树\(v_i\)的哈希值得来,首先将所有\(f(v)\)排个序(防止顺序不同造成影响),然后\(f(u) = size(u) * \sum_i f(v_i)W^{i - 1} \bmod P\)\(W\)是事先选取的一个位权,\(P\)是模数,\(size(u)\)是子树\(u\)的大小。

这样DFS一遍可求出以\(1\)号节点为根时,所有子树的哈希值\(f(u)\)

但是这是无根树,我们想求出以任意节点为根时整棵树的哈希值。

\(fa_u\)为以\(1\)为根时\(u\)的父亲,则上面的\(f(u)\)也是以\(fa_u\)为根时子树\(u\)的哈希值。

再求一个\(g(u)\)表示以\(u\)为根时子树\(fa_u\)的哈希值。这个\(g(u)\)怎么求呢?再DFS一遍,对于每个节点,\(g(u)\)\(g(fa_u)\)以及\(u\)的每个兄弟\(v_i\)\(f(v_i)\)得来。但是直接暴力枚举的话在菊花图上是\(O(n^2)\)的,那怎么办呢?

对于每个节点\(u\)维护一个数组,存储它所有儿子的哈希值\(f(v)\),如果有父亲,则\(g(u)\)也在里面,把这个数组排好序,求出每个前缀的哈希值和每个后缀的哈希值。这时,以\(u\)为根时整棵树的哈希值就是整个数组的哈希值(再乘上子树大小\(n\))。

此时求每个儿子\(v\)\(g(v)\),就是从那个数组中间去掉\(f(v)\)后的哈希值,二分查找后把前缀哈希值和后缀哈希值拼起来就可以得到。记得乘上\(v\)为根时\(u\)\(size\)\(n - size(v)\)

这样就求出以每个节点为根的哈希值了。

把A的所有哈希值存到一个set里,然后枚举B的每个度为1的点\(u\),求出以\(u\)为根它的唯一子树\(v\)的哈希值,如果set里有这个值,\(u\)就是所求的点之一。

代码比较丑,见谅 ><

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <set>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
void read(T &x){
    char c;
    bool op = 0;
    while(c = getchar(), c < '0' || c > '9')
        if(c == '-') op = 1;
    x = c - '0';
    while(c = getchar(), c >= '0' && c <= '9')
        x = x * 10 + c - '0';
    if(op) x = -x;
}
template <class T>
void write(T x){
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x >= 10) write(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}

const int N = 100005, W = 1000000021, P = 999999137;
int n, m, fa[N], f[N], g[N], pw[N], Sze[N], deg[N], ans = P;
int ecnt, adj[N], nxt[2*N], go[2*N];
vector <int> son[N], sl[N], sr[N];
set <int> vis;
bool isB;

void add(int u, int v){
    if(isB) deg[u]++;
    go[++ecnt] = v;
    nxt[ecnt] = adj[u];
    adj[u] = ecnt;
}
int dfs1(int u, int pre){
    Sze[u] = 1;
    fa[u] = pre;
    son[u].clear();
    for(int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
	if((v = go[e]) != pre){
	    son[u].push_back(dfs1(v, u));
	    Sze[u] += Sze[v];
	}
    if(son[u].empty()) return f[u] = 1;
    sort(son[u].begin(), son[u].end());
    ll ret = 0;
    for(int i = 0; i < (int)son[u].size(); i++)
	ret = (ret * W + son[u][i]) % P;
    return f[u] = Sze[u] * ret % P;
}

void dfs2(int u){
    if(fa[u]){
	son[u].push_back(g[u]);
	sort(son[u].begin(), son[u].end());
    }
    int sze = son[u].size();
    sl[u].resize(sze);
    sl[u][0] = son[u][0];
    for(int i = 1; i < sze; i++)
	sl[u][i] = ((ll)sl[u][i - 1] * W + son[u][i]) % P;
    sr[u].resize(sze);
    sr[u][sze - 1] = son[u][sze - 1];
    for(int i = sze - 2; i >= 0; i--)
	sr[u][i] = (sr[u][i + 1] + (ll)son[u][i] * pw[sze - i - 1]) % P;
    for(int e = adj[u], v; e; e = nxt[e])
	if((v = go[e]) != fa[u]){
	    if(sze == 1){
		g[v] = 1;
		dfs2(v);
		break;
	    }
	    int p = lower_bound(son[u].begin(), son[u].end(), f[v]) - son[u].begin();
	    g[v] = 0;
	    if(p + 1 < sze) g[v] = sr[u][p + 1];
	    if(p - 1 >= 0) g[v] = (g[v] + (ll)sl[u][p - 1] * pw[sze - 1 - p]) % P;
	    g[v] = (ll)g[v] * (n - Sze[v]) % P;
	    if(isB && deg[v] == 1 && vis.find(g[v]) != vis.end()) ans = min(ans, v);
	    dfs2(v);
	}
    if(!isB) vis.insert((ll)sl[u][sze - 1] * n % P);
}

int main(){

    pw[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i++)
	pw[i] = (ll)pw[i - 1] * W % P;
    read(n);
    for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
	read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
    dfs1(1, 0);
    dfs2(1);
    ecnt = 0, isB = 1, n++;
    memset(adj, 0, sizeof(adj));
    for(int i = 1, u, v; i < n; i++)
	read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);
    dfs1(1, 0);
    if(deg[1] == 1 && vis.find(f[go[adj[1]]]) != vis.end())
	ans = 1;
    dfs2(1);
    write(ans), enter;

    return 0;
}
posted @ 2018-06-11 10:04  胡小兔  阅读(1744)  评论(0编辑  收藏