树上睡觉 / sleep

树上睡觉 / sleep

给定一个叶子深度全部相同的树，根为 \(1\)。对于每个非叶节点指定一个重儿子 \(c_u\)。给定大小为 \(m\) 的集合 \(b\)。

考虑定义 \(\mathrm{dis}(u, v)\) 表示从 \(S = 0\) 开始，从 \(u\) 到 \(v\) 所需操作的最小次数，有两类操作：

1. \(S \gets S + 1\)，并从当前节点移动到其重儿子。
2. \(S \gets S - 1\)，选择一个 \(k \in b\)，满足当前节点的 \(k\) 级祖先存在，并从当前节点移动到其 \(k\) 级祖先。

如果不存在 \(u\) 到 \(v\) 的合法操作路径，则 \(\mathrm{dis}(u, v) = 0\)。

求 \(\sum_u\sum_v \mathrm{dis}(u, v)\)。

\(1 \le n \le 2 \times 10^5, 1 \le m \le 100\)。

考虑链的情况，注意到叶子节点是无法移动的，所有从叶子出发的 \(\rm dis\) 均为 \(0\)。可以先为每一个向上跳的操作匹配一个向下走的操作，则不再需要考虑 \(S\)，可以等价成向上跳 \(b_i - 1\) 级祖先。当 \(b_i \ge n\) 时，显然不合法。

除了叶子以外，我们发现，如果确定了相对距离，总有一种操作方式使得行走永远处于链内（走到叶子或不能往下走了再往上跳）。令 \(f_i\) 表示向上跳 \(i\) 步所需最小操作次数，向上跳的过程是一个完全背包，在向上跳做到了 \(2(n-1)\) 后再开始往下走即可。

拆贡献算答案是简单的。

再把问题放到树上看，考虑行走过程会先往上跳到 lca 所在链，然后向下走到 \(v\) 结束。简单的观察是，叶子深度相同，所以所有剖分均是长链剖分。

你发现对于子树内的叶子，跳跃高度限制是相同的，他们可以共用同一个 \(f\)。在每个长链头上做 DP，复杂度 \(\mathcal O(\mathrm{len} \times m)\)，总 \(\mathcal O(n \times m)\)。接下来考虑长链上的点必然作为 \(v\)，算一下各类 \(u\) 的贡献。

1. \(u, v\) 都处在长链上，那么计算方法与链情况相同
2. \(u\) 处在当前长链下面、侧面挂的轻儿子链上，根据刚刚行走过程的分析，首先要消耗 \(f_{\mathrm{dep}_u - \mathrm{dep}_{\mathrm{fa}[\mathrm{top}[u]]}}\) 的代价。接下来向下走可以批量地处理 \(v\)，向下走部分贡献是等差数列求和。暴力遍历深度，对同深度 \(u\) 一并统计，总复杂度 \(\mathcal O(n)\)。