2026.9 树上专题做题记录

CF1844G Tree Weights

先给所有边的边权赋成 \(1\)，然后 \(d_i \gets d_i - dis(i,i+1)\)。

找到当前 \(d\) 的最小值，设其为 \(d_{x}\)。在 \(P(x,x+1)\) 上找一条边 \((u,v)\)（没被使用的），将 \(w(u,v)\) 设成 \(d_x+1\)。并对所有经过 \((u,v)\) 的 \(P(y,y+1)\)，将 \(d_y\) 减去 \(d_{x}\)。最后删去 \(d_x\)，并将 \((u,v)\) 标记为已使用。

如果能给每对 \((i,i+1)\) 都分配一条边 \((u,v)\)，那么一定是存在合法解的（不考虑 \(d_i < dis(i,i+1)\)）。因为这样做保证了任意时刻 \(d_i\ge 0\)，且轮到 \((i,i+1)\) 时让 \(d_i\) 变成了 \(0\)。

尝试通过删叶子的方式来分配。以 \(1\) 为树根。随便找一个叶子 \(u\)：

1. 新建一个点 \(c\)。
2. 若 \(u-1\) 不在 \(u\) 子树内。连边 \((c,u-1)\)。
3. 若 \(u+1\) 不在 \(u\) 子树内。连边 \((c,u)\)。

那么会得到若干条链。

对于某条链的前两个点 \((c,u)\)，如果将 \(c\) 对应的边分配给 \((u,u+1)\)，那么后面就都是确定的。

如果出现某条链 \(c\) 的数量与 \(u\) 的数量不同，显然就无解了。

这样分配的时间复杂度 \(O(n)\)。但是模拟的过程有点困难了。

原来不是这样做吗。

考虑以 \(1\) 为根。记 \(x_i\) 为 \(i\) 到 \(1\) 边权和。那么限制为：

• \(x_i + x_{i+1}-2x_{\text{lca}(i,i+1)}=d_i\)。

已知 \(x_1 = 0\)。从小到大枚举 \(i\)，但问题是可能 \(\text{lca}(i,i+1) \ge i+1\)。

注意到 \(x_{\text{lca}(i,i+1)}\) 前面有个 \(2\) 的系数，想到先对 \(2\) 取模。变成：

• \((x_i + x_{i+1})\bmod 2=d_i\bmod 2\)。

此时就可以推出 \(x_{2\sim n}\bmod 2\) 的值。再考虑对 \(4\) 取模，变成：

• \((x_i + x_{i+1} -2(x_{\text{lca}(i,i+1)}\bmod 2))\bmod 4=d_i\bmod 4\)。

同样可以推出 \(x_{2\sim n}\bmod 4\) 的值。

重复下去，就可以知道 \(x_{i}\bmod V\) 的值。当 \(V> x_i\) 时就不再需要继续推了。

最后再 check 一下是否满足边权都 \(\ge 1\) 即可。时间复杂度 \(O(n\log n + n\log V)\)。

QOJ837 Giant Penguin

随便找棵 DFS 树然后点分治。

对于当前分治中心 \(u\)，因为需要处理的信息必须跨过 \(u\)，所以有用的非树边只有 \(O(k)\) 条（一条非树边贡献一个环）。而对于点 \(x\) 到 \(y\) 的最短路，可以枚举一个必经点 \(c\)，一定存在一个 \(c\) 使得 \(\text{dis}(x,y)=\text{dis}(x,c)+\text{dis}(c,y)\)。而这样的 \(c\) 只需要取 \(u\) 和这 \(O(k)\) 条非树边的端点。

那么以这 \(2k+1\) 个点为起点 BFS 得到最短路，查询时直接枚举这个 \(c\) 即可。

时间复杂度 \(O(nk\log n)\)。

CF1458F Range Diameter Sum

树上圆理论。

• 记 \(f(u,r)\) 为距离 \(u\) 不超过 \(r\) 的点构成的邻域。
• 设 \(c(S)=f(u,r)\) 为包含点集 \(S\) 的最小邻域。这里令 \(x,y\) 为 \(S\) 中最远两个点，\(u\) 为 \(x,y\) 路径中点（可能是边的中点），\(d\) 为 \(x,y\) 的距离。则 \(r = \frac{d}{2}\)。即 \(c(S) = f(u,\frac{d}{2})\)。

有一些性质：

1. 邻域 \(f(u_1,r_1)\) 包含邻域 \(f(u_2,r_2)\)，当且仅当 \(r_1\ge r_2+\text{dis}(u_1,u_2)\)。
2. 对于合并两个点集 \(S_1,S_2\) 得到 \(c(S_1\cup S_2)\)，有：
   1. \(S_1\) 包含 \(S_2\)。\(c(S_1\cup S_2)=c(S_1)\)。
   2. \(S_2\) 包含 \(S_1\)。\(c(S_1\cup S_2)=c(S_2)\)。
   3. \(S_{1}\) 与 \(S_2\) 无包含关系。令 \(d = \text{dis}(u_1,u_2)\)，则 \(c(S_1\cup S_2)=f(\text{move}(u_1,u_2,\frac{d-r_1+r_2}{2}),\frac{d+r_1+r_2}{2})\)。其中 \(\text{move}(u,v,w)\) 为 \(u\) 向 \(v\) 移动 \(w\) 的距离到达的点。
3. 对于点集 \(S\)，任意一个点 \(v\) 到 \(S\) 中最远点的距离为 \(\text{dis}(u,v) + r\)（\(c(S)=f(u,r)\)）。

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对于这题，考虑分治。

记 \(s(i)\) 为 \(i\) 到 \(\text{mid}\) 构成的点集。

如果已知 \(c(\{l,l+1,\dots,r\})=c(s(l)\cup s(r)) = f(u,R)\)，那么 \(\text{diam}(l,r) = 2R\)。

枚举 \(l\)，维护指针 \(i,j\) 使得：

1. \(r\in [\text{mid}+1,i]\) 均有 \(c(s(l))\) 包含 \(c(s(r))\)。设 \(c(s(l))=f(u,R)\)，则 \(\text{diam}(l,r)=2R\)。
2. \(r\in [i+1,j]\) 均有 \(c(s(l))\) 与 \(c(s(r))\) 无包含关系。设 \(c(s(l))=f(u_1,R_1),c(s(r))=f(u_2,R_2)\)，则 \(\text{diam}(l,r)=R_1+R_2+\text{dis}(u_1,u_2)\)。
3. \(r\in [j+1,r_0]\) 均有 \(c(s(r))\) 包含 \(c(s(l))\)。设 \(c(s(r))=f(u,R)\)，则 \(\text{diam}(l,r)=2R\)。

先考虑维护出 \(c(s(i))\)，首先 \(c(s(\text{mid}))=f(\text{mid},0)\)。以 \(c(s(l))\) 举例，设 \(c(s(l+1))=f(u,R)\)：

1. \(\text{dis}(l,u)\le R\)。则 \(c(s(l))=c(s(l+1))\)。
2. \(\text{dis}(l,u)>R\)。则 \(c(s(l)) = f(\text{move}(l,u,\frac{\text{dis}(l,u)-0+R}{2}),\frac{\text{dis}(l,u)+0+R}{2})\)。

维护出 \(c(s(i))\) 后情况 \(1,3\) 都是简单的。情况 \(2\) 中 \(R_1+R_2\) 也是简单的。对于 \(\text{dis}(u_1,u_2)\)，相当于是查询某个点到当前所有关键点距离和，点分树即可。

那么只需要实现 \(\text{move}\) 函数，\(\text{dis}\) 函数，点分树和分治。为了方便计算 \(R\)，可以给每条边中间加一个虚点，这样只需要最后答案除以 \(2\)。

整体时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

CF1168D Anagram Paths

考虑先判定一棵树是否是变为字母异位树。

1. 所有叶子深度相同。
2. 记 \(cnt_{u,x}\) 为 \(u\) 到子树叶子中 \(x\) 出现次数的最大值。那么需要满足 \(\sum\limits_{x='a'}^{'z'}cnt_{u,x}\le \text{mdep}(u)-\text{dep}(u)\)。

容易发现，对于 \(f(c)\) 其实就等于 \(\text{mdep}(1)-\text{dep}(1) - \sum\limits_{x='a'}^{'z'}cnt_{1,x} + cnt_{1,c}\)。

那么有：\(\sum\limits_{c=1}^{26}f(c) = 351(\text{mdep}(1)-\sum\limits_{x=1}^{26}cnt_{1,x})+\sum\limits_{x=1}^{26}x\times cnt_{1,x}\)。

每个点上维护 \(cnt_{u,x}\)。那么修改点 \(p\) 和 \(fa_p\) 之间的字符影响的就是一条 \(p\) 到某个祖先的链。二分这个祖先即可。然后就是对一条链的 \(cnt_{u,x}\) 增加或减少 \(1\)。最后整体维护全局最小值。需要 \(27\) 棵线段树。

时间复杂度 \(O(n|\sum|\log n + n\log^2 n)\)。这个也可以做到一个 \(\log\)。

注意到因为叶子深度相同，所以一个点到根中有两个儿子的祖先只有 \(O(\sqrt{n})\) 个。那么暴力跳这些祖先的时间复杂度就是 \(O(n\sqrt{n}+n|\sum|)\) 的。

P10789 [NOI2024] 登山

先将 \(a\) 序列简化，即删去所有 \(p_{a_j}=a_{j-1}\) 的 \(a_j\)。得到的应该是 \(x\) 到 \(1\) 路径上的某些点，且深度单调递减。

再在 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\) 中添加若干个休息的点，设 \(a_i\) 与 \(a_{i+1}\) 中添加的最后一个休息点为 \(p\)（没有则令 \(p=a_i\)）。考虑 \(a_{i+1}\) 的合法条件：

1. \(d_{a_{i+1}}<\min\limits_{u\in P(p,a_{i})}^{}(d_u-h_u)\)。
2. \(d_p - r_{p}\le d_{a_{i+1}} \le d_{p} -l_p\)。

定义状态函数 \(f_{u}\) 为从 \(u\) 出发的方案数。那么枚举 \(u\) 再枚举 \(p\)，可以得到合法的下一个冲刺点范围，通过前缀和可以 \(O(1)\) 得到方案数之和。这样复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

先考虑 \(l_i = r_i\) 怎么做。

对于 \(p\)，设下一个冲刺点为 \(x\)。则 \(d_{p}-r_p \le d_x \le d_p-l_p\)，也就是 \(d_x = d_p-l_p\)。此时满足 \(d_x < \min\limits_{v\in P(p,u)}^{}(d_v - h_v)\) 的 \(u\) 应该是从 \(P(p,1)\) 的一段前缀。可以二分找到这个前缀的结尾 \(u_0\)，那么所有 \(u\in P(p,u_0)\) 的 \(f_u\) 都可以得到 \(f_{x}\) 的贡献。显然 \(d_x < d_{u_0}\) 所以不会转移出错。

具体做法就是 DFS 一遍，得到 \(f_{x}\) 之后将 \(x\) 子树中所有满足 \(d_{x} = d_{p}-l_p\) 的 \(p\) 拿出来，对每个 \(p\) 找到这样的 \(u_0\)，然后将 \(u\in P(p,u_0)\) 的 \(f_u\) 都加上 \(f_x\)。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

如果 \(l_i \ne r_i\)。

设 \(g_{u}=\sum\limits_{x\in P(u,1)}^{}f(x)\)，相当于一个前缀和。对于 \(p\)，设转移点为 \(u\)。条件变成 \(d_{p}-r_{p} \le d_x < \min(d_p-l_p+1,\min\limits_{v\in P(p,u)}^{}(d_v-h_v))\)。记 \(h(p,u)=\min(d_p-l_p+1,\min\limits_{v\in P(p,u)}^{}(d_v-h_v))\)。当 \(d_p-r_p \le h(p,u)\) 时 \(f_u\) 得到 \(g_{\text{move}(p,h(p,u)-1)}-g_{fa_{\text{move}(p,d_p-r_p)}}\) 的贡献。其中 \(\text{move}(u,x)\) 为 \(P(u,1)\) 中深度为 \(x\) 的点编号。

拆成两部分做。

\(g_{fa_{\text{move}(p,d_{p}-r_p)}}\) 就相当于 \(l_i=r_i\) 的情况。在得到 \(x = \text{move}(p,d_p-r_p)\) 的信息后枚举 \(p\)。

\(g_{\text{move}(p,h(p,u)-1)}\) 这部分可以考虑放到 \(h(p,u)=d_v - h_v\) 的 \(v\) 这里算。

1. \(h(p,u) = d_p-l_p+1\)。找到深度最小的 \(u_1\)，使得 \(h(p,u) = d_{p} -l_p+1\)。那么枚举 \(p\) 得到 \(u_0\) 后只需要与 \(u_1\) 取深度较大者即可。
2. \(h(p,u)<d_p-l_p+1\)。考虑 \(i\) 向 \(i\) 祖先中第一个满足 \(d_j -h_j < d_i - h_i\) 的 \(j\) 连边，得到很多棵树。定义 \(cnt_v\) 为放到 \(v\) 这里来算的 \(p\) 的数量。不难发现 \(cnt_v\) 等价于新的树中 \(v\) 子树满足 \(d_p - r_p \le d_v - h_v < d_p - l_p+1\) 的 \(p\) 的数量。由于新树上 \(d-h\) 是单调的，所以也可以对每个 \(p\) 二分找到这样的 \(v\) 所在链。树上差分就可以维护出 \(cnt_v\)。最后还是在得到 \(x\) 的信息后枚举子树中所有 \(d_v - h_v = d_x\) 的 \(v\)，让后对 \(u\in P(v, u_0)\) 的 \(f_u\) 增加 \(g_{x}\times cnt_v\)。

整体时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

链加单点查不需要树剖。直接 dfn 序加就是 \(O(n\log n)\) 的了。。。

P16435 [APIO 2026 中国赛区] 集宝

记 \(f(u,r)\) 为与 \(u\) 距离不超过 \(r\) 的邻域。

对于暴力，显然就是每次走到 \(y\in f(a_{i+1},d_{i+1})\) 中 \(\text{dis}(x,y)\) 最小的那个点上。时间复杂度 \(O(nq\log n)\)。

发现对于相邻两个 \(f(a_i,d_i),f(a_{i+1},d_{i+1})\) 来说，如果 \(f(a_i,d_i)\cap f(a_{i+1},d_{i+1})\not= \emptyset\)，将它们缩成它们的交 \(f(u,c)\) 对答案是没有影响的。

又发现这个合并顺序是没影响的，也就是如果 \(i\) 和 \(i+1\) 合并之后不能再和 \(i+2\) 合并；如果 \(i+1\) 和 \(i+2\) 合并之后不能再和 \(i\) 合并，这两种情况都是正确的。

那么考虑维护这些树上圆。具体地，维护 \(s,t,d,r\) 分别表示路径起点，路径终点，路径长度，经过的树上圆交的半径。

有定义：

1. 对于一个点 \(u\)。\(s = u,t=u,d=0,r=0\)。
2. 对于一个 \((a_i,d_i)\)。\(s = a_i, t = a_i, d = 0, r = d_i\)。

合并 \((s_1,t_1,d_1,r_1)\) 和 \((s_2,t_2,d_2,r_2)\) 到 \((s,t,d,r)\)：

1. 二者均为点。\((s,t,d,r) = (u,v,d_1+d_2+\text{dis}(t_1,s_2),0)\)。当 \(d_1 > 0\) 时 \(u = s_1\)；当 \(d_1 = 0\) 时 \(u = \text{move}(t_1,s_2,r_1)\)。当 \(d_2 > 0\) 时 \(v = t_2\)；当 \(d_2 = 0\) 时 \(v=\text{move}(s_2,t_1,r_2)\)。
2. 前者是点，后者是圆的交。
   1. \(t_1 \in f(s_2,r_2)\)。\((s,t,d,r) = (s_1,t_1,d_1+d_2,0)\)。
   2. \(t_1\notin f(s_2,r_2)\)。\((s,t,d,r) = (u,v,d_1+d_2+\text{dis}(t_1,s_2)-r_2,0)\)。当 \(d_1 > 0\) 时 \(u = s_1\)；当 \(d_1 = 0\) 时 \(u = \text{move}(t_1,s_2,r_1)\)。当 \(d_2 > 0\) 时 \(v = t_2\)；当 \(d_2 = 0\) 时 \(v=\text{move}(s_2,t_1,r_2)\)。
3. 后者是点，前者是圆的交。
   1. \(s_2\in f(t_1,r_1)\)。\((s,t,d,r) = (s_2,t_2,d_1+d_2,0)\)。
   2. \(s_2\notin f(t_1,r_1)\)。\((s,t,d,r) = (u,v,d_1+d_2+\text{dis}(t_1,s_2)-r_1,0)\)。当 \(d_1 > 0\) 时 \(u = s_1\)；当 \(d_1 = 0\) 时 \(u = \text{move}(t_1,s_2,r_1)\)。当 \(d_2 > 0\) 时 \(v = t_2\)；当 \(d_2 = 0\) 时 \(v=\text{move}(s_2,t_1,r_2)\)。
4. 二者均为圆的交。
   1. 前者包含后者。\((s,t,d,r) = (s_2,t_2,d_1+d_2,r_2)\)。
   2. 后者包含前者。\((s,t,d,r) = (s_1,t_1,d_1+d_2,r_1)\)。
   3. 二者相交。相交得到的圆的半径为 \(R =\frac{r_1+r_2-\text{dis}(t_1,s_2)}{2}\)，圆心为 \(v = \text{move}(t_1,s_2,r_1 -R)\)。有 \((s,t,d,r) = (v,v,d_1+d_2,R)\)。
   4. 二者不相交。可以看作移动到后者时就变成一个点了，因为如果不看作点可能还与后面的圆又有交，此时无法确定位置与距离，但基础暴力就是走到后者邻域中最近点，所以是可行的。\((s,t,d,r) = (u,v,d_1+d_2+\text{dis}(t_1,s_2)-r_1-r_2,0)\)。当 \(d_1 > 0\) 时 \(u = s_1\)；当 \(d_1 = 0\) 时 \(u = \text{move}(t_1,s_2,r_1)\)。当 \(d_2 > 0\) 时 \(v = t_2\)；当 \(d_2 = 0\) 时 \(v=\text{move}(s_2,t_1,r_2)\)。

既然能合并，就可以直接倍增维护了。时间复杂度 \(O((n+q)\log^2 n)\)。

CF1442E Black, White and Grey Tree

如果没有灰色点。

将同色连通块缩成一个点，得到一棵相邻两个点颜色都不同的树。

这个相当于选择一个点作为根，每次删掉所有叶子。那么操作次数就是到根距离的最大值加 \(1\)。

这个选择直径中点是最优的，记 \(len\) 为直径长度（边数）。那么答案等于 \(\lceil\frac{len}{2}\rceil+1\)。

如果有灰色点。发现灰色点是没有用的，可以直接删去。考虑证明：

如果灰色点有用，说明存在路径 \(u\to v \to w\)，使得 \(u,w\) 不是灰色点，\(v\) 是灰色点。且 \(v\) 存在第三条边 \((v,k)\)，满足在忽略 \(v\) 后得到的直径经过 \(u\to w\)，但实际上 \(v\) 变成的颜色（\(v\) 不对这条直径产生贡献的颜色唯一）让真正的直径经过 \(u\to k\)。

分情况讨论：

1. \(u,w\) 同色。此时 \(v\) 与 \(u\) 同色。
2. \(u,k\) 异色。实际上 \(u,v\) 会缩成一个点，\(v\) 不产生额外贡献。
3. \(u,k\) 同色。\(u,v,k\) 会缩成一个点，\(v\) 不额外产生贡献。
4. \(u,w\) 异色。此时 \(v\) 可以与 \(u\) 或 \(w\) 同色。
5. \(u,k\) 异色。当 \(v,k\) 同色时不产生额外贡献。
6. \(u,k\) 同色。当 \(v,k\) 同色时不产生额外贡献。

所以直径不会从 \(u\to w\) 变成 \(u\to k\)。那么删去 \(v\) 无影响。

并查集维护同色连通块即可。时间复杂度 \(O(n)\)。

CF1712F Triameter

记 \(f(u)\) 为 \(u\) 到最近一个叶子的距离。

考虑对于一个询问二分答案，问题变成判断是否存在一对点 \((u,v)\)，使得 \(\text{d}(u,v)\ge mid\)。

显然 \(\text{d}(u,v)=\min(\text{dis}(u,v),f(u)+f(v)+x)\)。

枚举 \(u\)，变成判断是否存在 \(v\)，使得满足以下条件：

1. \(f(v)\ge mid - x - f(u)\)。
2. \(\text{dis}(u,v)\ge mid\)。

先一遍 DFS 预处理 \(f(i)\)，并将 \(f(i)\) 从大到小排序。设排序后第 \(i\) 个为点 \(p_i\)。问题变成判断是否存在 \(i\in [1,k]\)，使得 \(\text{dis}(p_i,u)\ge mid\)。直接维护直径。

使用 \(O(1)\) 查询的 \(\text{lca}\) 单次 check 就是 \(O(n)\) 的。

整体时间复杂度 \(O(n\log n + nq\log n)\)。

考虑去掉二分。从前往后枚举 \(i\)，同时维护当前的 \(ans\)。尝试将 \(ans\) 增加 \(1\)。此时可以用指针维护出满足 \(f(v)\ge (ans+1)-x-f(i)\) 的最大的 \(v\)（因为 \(ans\) 单调不减，\(f(i)\) 单调不增）。这样问题就又变成判断是否存在 \(j\in [1,v]\)，使得 \(\text{dis}(p_i,p_j)\ge mid\) 了。

时间复杂度 \(O(n\log n + nq)\)。

AT_arc087_d [ARC087F] Squirrel Migration

注意到让尽可能多的路径经过同一个点是不劣的。

比如要让尽可能多的路径经过 \(u\)。以 \(u\) 为根，若 \(u\) 的两个儿子 \(z_1,z_2\) 子树中存在两对点 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\)，满足 \(x_1,y_1\in T(z_1);x_2,y_2\in T(z_2)\)，将点对调整为 \((x_1,y_2),(y_1,x_2)\) 不劣。

注意到当 \(u\) 为树的重心时不存在绝对众数，此时一定可以让所有路径都经过 \(u\)。

那么以树的重心为根。将根的每个儿子子树都染色成这个儿子的编号，令根为无色点。

问题变成给定每个点的颜色 \(col_{1\sim n}\)，求排列 \(p_{1\sim n}\) 的数量。满足 \(col_{p_i}\ne col_i\) 或 \(col_{p_i}=0\)（只有根的 \(col\) 是 \(0\)）。

考虑容斥。设 \(G(k)\) 为钦定 \(k\) 个 \(i\) 满足 \(col_{p_i}=col_i\) 且 \(col_{p_i} \ne 0\) 时的方案数。则答案等于 \(\sum\limits_{k}^{}(-1)^{k}G(k)\)。

定义状态函数 \(f_{i,j}\) 为考虑完前 \(i\) 种颜色，有 \(j\) 个位置被钦定的方案数。记 \(cnt_i\) 为颜色 \(i\) 的数量。转移为：\(f_{i,j+x}\gets f_{i-1,j}\times \binom{cnt_i}{x}\times (cnt_i)^{\underline{x}}\)。

最后 \(G(k) = f_{n,k}\times (n-k)!\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P13695 [CEOI 2025] theseus

注意到 \(01\) 状态可以用来描述边的方向。

定义 \((u,v)\) 标记为 \(0\) 表示边 \(u\to v\)；标记为 \(1\) 表示边 \(v \to u\)。

以 \(T\) 为根跑 BFS 得到每个点到 \(T\) 的最短路 \(dis_i\)。按照 \(dis\) 从小到大分层。

考虑对于一条边 \((u,v)\)：

1. \(dis_u < dis_{v}\)。标记为 \(1\)。
2. \(dis_u > dis_v\)。标记为 \(0\)。
3. \(dis_u = dis_v\)。不太好处理。

如果 \(dis_{u}= dis_{v}\) 的边直接按照 \(u,v\) 大小连，这样可能需要 \(\min + O(n)\) 次查询。

考虑启发式合并。具体的，按照深度从大到小枚举，对于一条边 \((u,v)\)：

1. \(dis_{u}> dis_{v}\)。将 \(u\) 合并到 \(v\) 上面去。标记为 \(0\)，并清空 \(u\)。
2. \(dis_u = dis_v\)。将小的合并到大的上面去，并清空小的。

这样从一个点出发，每次如果都能知道它下一次合并到哪个点，那么：

1. 向上合并。显然走的最短路。
2. 向左右合并。因为合并后 \(siz\) 至少翻倍，所以只会出现 \(O(\log n)\) 次。

但我们并不能存下每个点下一次合并到哪。

考虑对于同深度的边，按照 \(u\) 从大到小枚举合并。这样对于一条边 \((u,v)\)，如果 \(dis_u = dis_v\)，一定有 \(u > v\)，且：

1. \(siz_v = 0\)。说明之前一个更大的 \(u'\) 将 \(v\) 合并了。如果走出边中编号最大的，是会走到 \(u’\) 或一个深度更小的点的。满足要求。
2. \(siz_v>0\)。说明还没合并。此时 \(u\) 是最大的满足 \(dis_{u}=dis_v\) 的有边的点，走出边中编号最大的要么走到 \(u\) 要么走到深度更小的点。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF1039D You Are Given a Tree

考虑对于一个 \(k\) 怎么做。

贪心地，维护 \(f_{u}\) 表示 \(u\) 会对父亲贡献多少个点。记 \(x,y\) 为儿子 \(f\) 的最大值与次大值，有：

1. \(x+y+1\ge k\)。\(f_u=0\)，答案增加 \(1\)。
2. \(x+y+1<k\)。\(f_u = x+1\)。

注意到对于情况 \(1\)，只会有 \(O(\frac{n}{k})\) 次。那么对于 \(1\le k \le n\)，总次数是 \(O(n\log n)\) 的。

这启发我们放一起做。

维护 \(f_{u,k}\) 为当 \(k\) 为这个值时，\(u\) 会对父亲贡献多少个点。记 \(g(u)\) 为 \(u\) 到最深的叶子路径上包含的点数。

不难发现，当 \(k \ge 2g(u)\) 时一定有 \(f_{u,k}=g(u)\)。那么考虑长剖。

对于一个 \(u\)：

1. 继承重儿子信息。

2. 对于 \(u\) 的轻儿子，维护 \(h_k = (a,b)\) 表示 \(f_k\) 的最大值、次大值。因为是长剖，所以可以暴力求，只有 \(k\in (2g(u),2g'(u)]\) 时 \(h_k = (g'(u)-1,g''(u)-1)\)。其中 \(g'(u)\) 为 \(u\) 到次深的叶子路径上包含的点数，\(g''(u)\) 为第三深。

3. 更新信息。

   1. 首先对于 \(k\in (2g'(u),1)\) 可以求出重儿子 \(f_{k}\)，设 \(h_{k} = (a,b)\)。那么相当于取 \(f_k,a,b\) 的前 \(2\) 大作为 \(x,y\)，然后暴力修改 \(f_{k}\)。

   2. 其次对于 \(k\in (2g(u),2g'(u)]\)，分两种情况讨论：

      1. \(f_k + a + 1 \ge k\)。相当于找到区间中所有满足 \(k-f_k \le a+1\) 的 \(k\)。线段树维护区间 \(\min\) 即可。
      2. \(a+b+1\ge k\)。有 \(k\in (2g(u),\min(2g'(u),a+b+1)]\)。

      显然，对于一个产生贡献的 \(f_k\)，最多会被找到 \(2\) 次，不影响时间复杂度。最后再对 \(k\in (2g(u),2g'(u)]\) 执行 \(f_k\gets \max(f_k,a)+1\) 即可。

那么线段树需要维护：区间查询 \(\min\)，区间 chmax，区间加 \(1\)，单点修改。

整体时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

CF2161F SubMST

枚举 \((u,v)\)，考虑边 \((u,v)\) 什么情况下会在最小生成树上。

设子集为 \(S\)，首先两个必要条件是：

1. \(u,v\in S\)。
2. \(\nexists x\in S, \max(\text{dis}(x,u),\text{dis}(x,v)) < \text{dis}(u,v)\)。

如果直接对这个算会将 \(\max(\text{dis}(x,u),\text{dis}(x,v))=\text{dis}(u,v)\) 的算重，但这个是小问题。

对于条件 \(2\)，记 \(f(u,r)\) 为距离 \(u\) 不超过 \(r\) 的邻域，则需要满足 \(x\notin f(u,\text{dis}(u,v))\cap f(v,\text{dis}(u,v))\)。根据树上圆的性质，可知 \(f(u,\text{dis}(u,v))\cap f(v,\text{dis}(u,v))\) 也是一个邻域 \(f(w,r)\)。

先在每条边上加个虚点，令实点为原树上的点。

考虑枚举圆心 \(w\)，以 \(w\) 为根。枚举深度 \(r\)，按顺序依次加入深度为 \(r\) 的实点。记 \(cnt_r\) 为深度不超过 \(r\) 的实点数量，\(c\) 为在加入当前实点之前已经加入的深度为 \(r\) 的实点数量。则贡献为：\((2^{(c-d)}-1) \times 2^{n-cnt_{r-1}-c-1}\times r\)，其中 \(d\) 为与当前实点在 \(w\) 的同一儿子子树且已经加入的实点数量。 这样钦定了 \(\max(\text{dis}(x,u),\text{dis}(x,v))=\text{dis}(u,v)\) 时加入点的顺序，所以不会算重。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P11946 [KTSC 2025] 信竞天择 2 / evolution

因为是知道树的，所以考虑从下往上求解。

那么现在对于一个 \(u\)，已知 \(u\) 每个儿子子树内部所有点的相对大小，现在需要合并所有儿子。

相当于现在合并两个大小分别为 \(a,b\) 的有序序列。

考虑两种做法：

1. 直接归并 \(a,b\)。需要比较 \(|a| + |b| - 1\) 次。
2. 因为 \(a,b\) 是有序的，所以可以考虑先找到 \(b_{\frac{|b|}{2}}\) 在 \(a\) 中的位置。这样 \([1,\frac{|b|}{2})\) 和 \((\frac{|b|}{2},|b|]\) 就被拆成两部分了。比较次数是 \(O(|b|\log\frac{|a|}{|b|})\) 的。

那么直接做，每次做比较次数小的那个就是对的。

P7563 [JOISC 2021] 最悪の記者 4 (Worst Reporter 4) (Day4)

\(i\) 向 \(a_i\) 连边得到内向基环树森林。

对于非环上点，要求点权不小于父亲点权；对于环上点，要求点权相同。

注意到当确定了点权不变的点时，剩下的点一定可以满足条件。那么定义状态函数 \(f_{u}\) 为当 \(u\) 点权不变时，\(u\) 子树节省代价的最大值。有：

• \(f_u = c_u + \sum\limits_{v\in son_u}^{}\max(f_{v}[h_v\ge h_u],g_{v,h_u})\)。
• \(g_{u,x}=\sum\limits_{v\in son_u}^{}\max(f_{v}[h_v\ge x],\max\limits_{y\ge x}^{}g_{v,y})\)。

其中 \(g_{u,x}\) 表示选择 \(u\) 子树中若干个不交的子树，使得每个选择子树的根都被保留且点权不小于 \(x\)。

直接线段树合并即可。需要维护：单点修改，合并，后缀 \(\max\)。

对于一棵基环树，记环上点为 \(p_1,p_2,\dots,p_k\)，\(sum\) 为基环树所有点 \(c\) 的和。分情况讨论：

1. 环上的点都不保留。答案为 \(sum - \sum\limits_{i=1}^{k}\sum\limits_{v\in son_{p_i}}^{}\max\limits_{x}^{}g_{v,x}\)。
2. 有环上的点要保留。答案为 \(sum - \max\limits_{x}^{}(\sum\limits_{i=1}^{k}\max(f_{p_i}[h_{p_i}=x],\sum\limits_{v\in son_{p_i}}^{}\max\limits_{y\ge x}^{}g_{v,y}))\)。

线段树合并时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

P10013 [集训队互测 2023] Tree Topological Order Counting

对于 \(u\) 计算答案，只需要满足 \(u\) 子树中的点都在 \(fa_u\) 之后就行了。

那么定义状态函数 \(f_{u,i}\) 为只考虑 \(u\) 子树外的点（包括 \(u\)）且 \(u\) 的相对大小为 \(i\) 时的方案数。

记 \(g_u = siz_u!\prod\limits_{v\in T(u)}^{}\frac{1}{siz_v}\)。那么有：

• \(ans_u = \sum\limits_{x = 1}^{n}b_{x} \times f_{u,x}\times \binom{n-x}{siz_u-1}\times g_u\)。

对于转移，有：

• \(f_{u,i} = \sum\limits_{j<i}^{}f_{fa_u,j}\times (\prod\limits_{v\in son_{fa_u}\land v\ne u}^{}g_v)\times ((n-j-siz_u)! \prod\limits_{v\in son_{fa_u}\land v\ne u}^{}\frac{1}{siz_v!}\times \frac{1}{(n-siz_{fa_u}+1-j)!})\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

QOJ9700 英杯

定义状态函数 \(f_{u,x,y,0/1}\) 为 \(u\) 子树，有 \(x\) 个点是局部最小值，且 \(a_{fa_u}\) 比 \(u\) 小或大，\(a_u\) 的相对大小为 \(y\) 的方案数。

维护一个 \(g_{i,x,y,1/0}\) 表示考虑完前 \(i\) 个儿子，一共有 \(x\) 个局部最小值，相对大小为 \(y\) 且 \(u\) 是否比前面的儿子都小的方案数。

设当前儿子为 \(v\)，则：

\[g_{i,x+x',y+c,0}\gets g_{i-1,x,y,0}\times f_{v,x',y',[y'\le c]}\times \binom{y-1+c}{c}\times \binom{siz-y+siz_v-c}{siz_v-c}\\ g_{i,x+x',y+c,0}\gets g_{i-1,x,y,1}\times f_{v,x',y',1}\times \binom{y-1+c}{c}\times \binom{siz-y+siz_v-c}{siz_v-c}[y'\le c]\\ g_{i,x+x',y+c,1}\gets g_{i-1,x,y,1}\times f_{v,x',y',0}\times \binom{y-1+c}{c}\times\binom{siz-y+siz_v-c}{siz_v-c}[y'>c] \]

其中 \(siz\) 为前 \(i\) 个儿子子树大小和加 \(1\)。初始化 \(g_{0,0,1,1}=1\)。

再对 \(u\) 是否是局部最小值分类讨论：

1. \(u\) 不是局部最小值。\(f_{u,x,y,1}\gets g_{|son_u|,x,y,0},f_{u,x,y,0}\gets g_{|son_u|,x,y,0/1}\)。
2. \(u\) 是局部最小值。\(f_{u,x+1,y,1}\gets g_{|son_u|,x,y,1}\)。

特别的，当 \(u\) 是根时，有：

1. \(ans_{x}\gets g_{|son_u|,x,y,0}\)。
2. \(ans_{x+1}\gets g_{|son_u|,x,y,1}\)。

直接做时间复杂度 \(O(n^4)\)。

直接卷做到 \(O(n^3\log n)\)。

P10064 [SNOI2024] 公交线路

考虑判定一个集合 \(S\) 合不合法。

对于一个叶子 \(x\)，记 \(T_x\) 为与 \(x\) 有边的点集合。则应该满足 \(\bigcap\limits_{x \text{ is leaf}}^{}T_x \not= \emptyset\)。

相当于形成一个连通块。点减边容斥，有：

1. 对于一个点 \(u\)。如果对所有叶子 \(x\) 均满足：\(S\) 中存在同时经过 \(x,u\) 的路径 \(P\)。则贡献 \(1\)。
2. 对于一条边 \((u,v)\)。如果对所有叶子 \(x\) 均满足：\(S\) 中存在同时经过 \(x,u,v\) 的路径 \(P\)。则贡献 \(-1\)。

答案即为所有贡献之和。

先做点的贡献。

路径两端都是叶子不太好做，考虑容斥。设 \(G(u,x)\) 为钦定 \(x\) 个叶子在 \(S\) 中不存在同时经过 \(x,u\) 的路径 \(P\) 的方案数。则合法方案数为 \(\sum\limits_{x}(-1)^xG(u,x)\)。

叶子被分进若干个子树和 \(u\) 子树外。钦定子树外的叶子一定经过 \(u\)，对子树内的容斥。设 \(v_i\) 为 \(u\) 的第 \(i\) 个儿子，\(leaf_x\) 为 \(x\) 子树叶子数量，\(siz_x\) 为子树大小。定义状态函数 \(f_{i,j}\) 为考虑完前 \(i\) 个儿子子树，钦定 \(j\) 个叶子不经过 \(u\) 的方案数。有：

• \(f_{i,j+j'}\gets f_{i-1,j}\binom{leaf_{v_i}}{j} 2^{(\sum\limits_{k\le i}^{}siz_{v_{k}} - j)(siz_{v_i}-j)}\)。

那么 \(u\) 的贡献为 \(2^{\binom{n-siz_u}{2}+\sum\limits_{v\in son_u}^{}\binom{siz_v}{2}}\sum\limits_{x}^{}(-1)^x f_{|son_u|,x}2^{(siz_u-x)((n-siz_u)-(leaf-leaf_u))}(2^{siz_u-x}-1)^{leaf-leaf_u}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

再做边的贡献。

枚举边 \((u,fa_u)\)。还是钦定子树内有 \(x\) 个点不经过这条边。

贡献为 \(-2^{\binom{siz_u}{2}+\binom{n-siz_u}{2}}\sum\limits_{x}(-1)^x \binom{leaf_u}{x}2^{(siz_u-x)((n-siz_u)-(leaf-leaf_u))}(2^{siz_u-x}-1)^{leaf-leaf_u}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。