[ARC125F]Tree Degree Subset Sum

Tree Degree Subset Sum

题解

我们考虑记$d_i$为点$i$的度数减$1$，此时有${\sum }_{i=1}^n{d}_i=n-2$。
很明显，此时不同的$d$最多有$\sqrt{n}$个。
我们记$m\left(s\right)$为$d$的总和为$s$时最少的选择点集合，而$M\left(s\right)$表示$d$总和为$s$时所选择的点的最多的集合，$A(s)$表示何为$s$的某一个选择点集合。
我们记$cn{t}_i$表示$d$为$i$的点的个数，很容易发现有${\sum }_{i⩾2}cn{t}_i⩽cn{t}_0-2$。
可得$-cn{t}_0⩽s-|M(s)|⩽s-|m(s)|⩽{\sum }_{i⩾2}cn{t}_i=cn{t}_0-2$，相当于从$M(s)$的集合中找出所有非$1$的点。
自然有，
$$(s-|m(s)|)-(s-|M(s)|)=|M(s)|-|m(s)|⩽cn{t}_0-2+cn{t}_0=2cn{t}_0-2$$
而集合$M(s)$中肯定包含所有$0$，而集合$m(s)$中肯定一个$0$都不包含，在其中加入$0$与取出$0$可以实现$[|m(s)|,|m(s)|+cn{t}_0]\bigcup [|M(s)|-cn{t}_0,|M(s)|]=[|m(s)|,|M(s)|]$，所以我们选择构成$s$的数的个数在$[|m(s)|,|M(s)|]$之间都是可以的。
而每一个$(x,y)$肯定都对应唯一的$(x,y-x)$，所以我们统计出的每一个$(s,|A(s)|)$都是都与某一个$(x,y)$一一映射。

既然我们不同的$d$最多有$\sqrt{n}$个，我们可以考虑用$dp$来求出$|m(s)|$与$|M(s)|$。
我们定义$d{p}_i$表示$|m(i)|$，转移明显是一个背包的过程。
对于$d$相同的数，我们可以采取优化更快的方法进行转移。
虽然二进制拆分可以做到$O\left(n\sqrt{n}\log n\right)$，我们仍然可以优化复杂度。
考虑将对于$i\in [0,n-2]$我们可以将它们按模$d$的值分为$d$类，$d{p}_i$可以从$\{d{p}_x|x\in [i-dsu{m}_d,i]\wedge x\equiv i(modd)\}$转移过来，可以用单调队列进行优化。
这样，我们的$dp$转移就被成功优化到$O\left(n\sqrt{n}\right)$了。
显然，$|M(i)|=n-|m(n-2-i)|$，由于${\sum }_{i=1}^{n}d=n-2$，我们将和为$n-2-i$的最小集合去掉后就得到和为$i$的最大集合。
可得答案
$$\sum _{i=0}^{n-2}|M(i)|-|m(n-2-i)|$$

时间复杂度$O\left(n\sqrt{n}\right)$。

源码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define MAXN 200005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
#define lson (rt<<1)
#define rson (rt<<1|1)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mo=998244353;
const int inv2=499122177;
const int jzm=2333;
const int n1=200;
const int lim=100000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-7;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
void Add(int &x,int y,int p){x=add(x,y,p);}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,a[MAXN],b[MAXN],dp[MAXN],gp[MAXN],tmp[MAXN];
int q[MAXN],head,tail,sum[MAXN],deg[MAXN];LL ans;
signed main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<n;i++)
		read(a[i]),read(b[i]),deg[a[i]]++,deg[b[i]]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)deg[i]--,sum[deg[i]]++,dp[i]=INF;dp[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!sum[i])continue;
		for(int j=0;j<i;j++){
			head=tail=1;
			for(int k=j;k<=n-2;k+=i){
				while(head<tail&&k-q[head]>sum[i]*i)head++;
				while(head<tail&&dp[q[tail-1]]+(k-q[tail-1])/i>=dp[k])tail--;
				q[tail++]=k;tmp[k]=dp[q[head]]+(k-q[head])/i;
			}
		}
		for(int j=1;j<=n-2;j++)dp[j]=tmp[j];
	}
	for(int i=0;i<=n-2;i++)gp[n-2-i]=n-dp[i];
	for(int i=0;i<=n-2;i++)if(dp[i]<INF-1)ans+=1ll*(gp[i]-dp[i]+1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

谢谢！！！