[CSP-S2019] 树的重心题解

题目描述

小简单正在学习离散数学，今天的内容是图论基础，在课上他做了如下两条笔记：

1. 一个大小为 n 的树由 n 个结点与 n−1 条无向边构成，且满足任意两个结点间有且仅有一条简单路径。在树中删去一个结点及与它关联的边，树将分裂为若干个子树；而在树中删去一条边（保留关联结点，下同），树将分裂为恰好两个子树。
2. 对于一个大小为 n 的树与任意一个树中结点 c，称 c 是该树的重心当且仅当在树中删去 c 及与它关联的边后，分裂出的所有子树的大小均不超过 ⌊2n​⌋（其中 ⌊x⌋ 是下取整函数）。对于包含至少一个结点的树，它的重心只可能有 1 或 2 个。

课后老师给出了一个大小为 n 的树 S，树中结点从 1∼n 编号。小简单的课后作业是求出 S 单独删去每条边后，分裂出的两个子树的重心编号和之和。即：

(u,v)∈E∑​​且x号点是Su′​的重心1≤x≤n​∑​x+且y号点是Sv′​的重心1≤y≤n​∑​y​

上式中，E 表示树 S 的边集，(u,v) 表示一条连接 u 号点和 v 号点的边。Su′​ 与 Sv′​ 分别表示树 S 删去边 (u,v) 后，u 号点与 v 号点所在的被分裂出的子树。

小简单觉得作业并不简单，只好向你求助，请你教教他。

输入格式

本题包含多组测试数据。

第一行一个整数 T 表示数据组数。

接下来依次给出每组输入数据，对于每组数据：

第一行一个整数 n 表示树 S 的大小。

接下来 n−1 行，每行两个以空格分隔的整数 ui​，vi​，表示树中的一条边 (ui​,vi​)。

输出格式

共 T 行，每行一个整数，第 i 行的整数表示：第 i 组数据给出的树单独删去每条边后，分裂出的两个子树的重心编号和之和。

输入输出样例

输入 #1复制

2
5
1 2
2 3
2 4
3 5
7
1 2
1 3
1 4
3 5
3 6
6 7

输出 #1复制

32
56

说明/提示

【样例 1 解释】

对于第一组数据：

删去边 (1,2)，1 号点所在子树重心编号为 {1}，2 号点所在子树重心编号为 {2,3}。

删去边 (2,3)，2 号点所在子树重心编号为 {2}，3 号点所在子树重心编号为 {3,5}。

删去边 (2,4)，2 号点所在子树重心编号为 {2,3}，4 号点所在子树重心编号为 {4}。

删去边 (3,5)，3 号点所在子树重心编号为 {2}，5 号点所在子树重心编号为 {5}。

因此答案为 1+2+3+2+3+5+2+3+4+2+5=32。

【数据范围】

测试点编号	n=	特殊性质
1∼2	7	无
3∼5	199	无
6∼8	1999	无
9∼11	49991	A
12∼15	262143	B
16	99995	无
17∼18	199995	无
19∼20	299995	无

表中特殊性质一栏，两个变量的含义为存在一个 1∼n 的排列 pi​(1≤i≤n)，使得：

• A：树的形态是一条链。即 ∀1≤i<n，存在一条边 (pi​,pi+1​)。
• B：树的形态是一个完美二叉树。即 ∀1≤i≤2n−1​ ，存在两条边 (pi​,p2i​) 与 (pi​,p2i+1​)。

对于所有测试点：1≤T≤5,1≤ui​,vi​≤n。保证给出的图是一个树。

思路

dfs即可。

代码见下

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
long long t,n,u,vv,rt=0,s[300005],g[300005],c1[300005],c2[300005],z[300005],lk=0;
vector<long long> v[300005];
long long lb(long long x){
	return x&(-x);
}
void ci(long long *c,long long x,long long d){
    x++;
	while(x<=n+1){
		c[x]+=d;
		x+=lb(x);
	}
}
long long co(long long *c,long long x){
    x++;
	long long lks=0;
	while(x>=1){
		lks+=c[x];
		x-=lb(x);
	}
	return lks;
}
void abc(long long a1,long long b1){
	s[a1]=1;
	g[a1]=0;
	bool bo=1;
	for(int i=0;i<v[a1].size();i++){
		long long tt=v[a1][i];
		if(tt!=b1){
			abc(tt,a1);
			s[a1]+=s[tt];
			g[a1]=max(g[a1],s[tt]);
			if(s[tt]>=n/2+1){
				bo=0;
			}
		}
	}
	if(n-s[a1]>=n/2+1){
		bo=0;
	}
	if(bo==1){
		rt=a1;
	}
	return ;
}
void abc2(long long a1,long long b1){
	ci(c1,s[b1],-1);
	ci(c1,n-s[a1],1);
	if((a1^rt)){
		lk+=a1*co(c1,n-2*g[a1]);
		lk-=a1*co(c1,n-2*s[a1]-1);
		lk+=a1*co(c2,n-2*g[a1]);
		lk-=a1*co(c2,n-2*s[a1]-1);
		if(!z[a1]&&z[b1]){
			z[a1]=1;
		}
		lk+=rt*(s[a1]<=n-2 *s[z[a1]?vv:u]);
	}
	ci(c2,s[a1],1);
	for(int i=0;i<v[a1].size();i++){
		long long tt=v[a1][i];
		if(tt!=b1){
			abc2(tt,a1);
		}
	}
	ci(c1,s[b1],1);
	ci(c1,n-s[a1],-1);    
	if((a1^rt)){
		lk-=a1*co(c2,n-2*g[a1]);
		lk+=a1*co(c2,n-2*s[a1]-1);
	}   
	return ;
}
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			v[i].clear();
		}
		for(int i=1;i<=n-1;i++){
			cin>>u>>vv;
			v[u].push_back(vv);
			v[vv].push_back(u);
		}
		rt=1;
		abc(1,0);
		abc(rt,0);
		u=vv=0;
		for(int i=0;i<v[rt].size();i++){
			long long tt=v[rt][i];
			if(s[tt]>=s[vv]+1){
				vv=tt;
			}
			if(s[vv]>=s[u]+1){
				swap(u,vv);
			}
		}
		for(int i=1;i<=n+1;i++){
			c1[i]=c2[i]=0;
		}
		for(int i=0;i<=n;i++){
			ci(c1,s[i],1);
			z[i]=0;
		}
		z[u]=1;
        lk=0;
		abc2(rt,0);
		cout<<lk<<endl;
	}
	return 0; 	
}