树上问题

Archaeology

非常简单，前几天刚做了 [JOISC 2023 Day3] Tourism，这就是个弱化版，直接用 set 维护前驱后继，计算虚树大小就行。

Surprise me!

神仙题，把莫反，虚树，dp 完美结合在一起。

首先这个式子一看就不能做，要想办法推一下，突破点在欧拉函数，但是函数里带的是点权不好做，所以对排列求逆，把 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j\not=i} \phi(a_ia_j)dis(i,j)\) 变为 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n \phi(ij)dis(b_i,b_j)\)。

\(i,j\) 在一起肯定不能拆贡献，下一步把 \(\phi(ij)\) 拆开，变成 \(\frac{\phi(i)\phi(j)\gcd(i,j)}{\phi(\gcd(i,j))}\)，接着莫反。

\(\begin{alignedat}{3} &\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{\phi(i)\phi(j)\gcd(i,j)}{\phi(\gcd(i,j))}dis(b_i,b_j)\\ =&\sum_{d=1}^n\frac{d}{\phi(d)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\phi(i)\phi(j)[\gcd(i,j)=d]dis(b_i,b_j)\\ =&\sum_{d=1}^n\frac{d}{\phi(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\phi(id)\phi(jd)[\gcd(i,j)=1]dis(b_{id},b_{jd})\\ =&\sum_{d=1}^n\frac{d}{\phi(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\phi(id)\phi(jd)dis(b_{id},b_{jd})\sum_{x|i,x|j}\mu(x)\\ =&\sum_{d=1}^n\frac{d}{\phi(d)}\sum_{x=1}^n\mu(x)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}\phi(idx)\phi(jdx)dis(b_{idx},b_{jdx})\\ =&\sum_{T=1}^n\sum_{d|T}\frac{d\mu(\frac{T}{d})}{\phi(d)}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\phi(iT)\phi(jT)dis(b_{iT},b_{jT}) \end{alignedat}\)

于是可以枚举 \(T\)，前半部分可以线性筛后枚举 \(d\) 的倍数 \(O(n\log n)\) 预处理，后半部分把 \(a_i\) 是 \(T\) 的倍数的点拉出来建虚树，总共会有 \(O(n\log n)\) 个点。

对于每棵虚树，我们要算 \(\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^x w_iw_jdis(i,j)\)，其中 \(w_i\) 是点权，考虑 dp，把转移式写出来。

\(\begin{alignedat}{3} f_u&=f_u+f_v+\sum_{i\in U}\sum_{j\in V} w_iw_jdis(i,j)\\ &=f_u+f_v+\sum_{i\in U}\sum_{j\in V} w_iw_j(dis(i,u)+dis(j,v)+len(u,v))\\ &=f_u+f_v+\sum_{i\in U}\sum_{j\in V} w_iw_jdis(i,u)+w_iw_jdis(j,v)+w_iw_jlen(u,v)\\ &=f_u+f_v+\sum_{j\in V} w_j\sum_{i\in U}w_idis(i,u)+\sum_{i\in U} w_i\sum_{j\in V}w_jdis(j,v)+len(u,v)\sum_{i\in U}w_i\sum_{j\in V}w_j\\ &=f_u+f_v+h_vg_u+h_ug_v+len(u,v)h_uh_v\\ g_u&=g_u+g_v+h_vlen(u,v)\\ h_u&=h_u+h_v \end{alignedat}\)

复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

Groceries in Meteor Town

既然要算路径上的边权最小值，那么先建出 Kruskal 重构树，然后考虑答案就是 \(x\) 与每个白点 lca 的深度最小的点的点权。

我们知道，这个点就是 \(x\) 与所有白点的 lca 的 lca，那么用线段树维护全局 lca 即可。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

Campus

发现由于有清零操作，离线比较好做，考虑对两个集合分别建树，然后考虑清零操作相当于对与一个点只有 \([l,r]\) 内的加操作有用，那么先 dfs 第二棵树，用 set 找到一个询问的有效时间，然后 dfs 第一棵树，用树状数组维护时间 \(t\) 时的加法，查询操作相当于区间求和。

只用到并查集和树状数组，复杂度 \(O(n\log n)\)。

Clockwork Bomb

不如第二道，但是构造方案很有启发性。

首先两边都连对的边没必要删，可以缩点，接下来就是找一个不用额外操作并且合法的操作序列。

考虑要求不成环，那么我们在两棵树上都以 \(1\) 为根，从叶子开始删点，然后加到这个叶子应该的父亲上，接着就可以不考虑这个叶子了。

因为我用了 set 判合法边，所以复杂度 \(O(n\log n)\)。

Cow and Vacation

水黑，倍增边长可以借鉴。

考虑一个关键点的控制范围是 \(\frac{m}{2}\)，如果两个关键点的控制范围有交那么可以合并，于是分为两种情况：

第一种，两个点可以直达。

第二种，两个点分别向对方跳 \(\frac{m}{2}\) 步，看是否在一个并查集中。

\(m\) 是奇数时不好操作，所以倍增边长，把 \(\frac{m}{2}\) 都变成 \(m\)。

String Transformation 2

神秘题。

显然可以抽象成一个字符向另一个字符连边，找到一个加边序列，使得有所有合法的时间递增的路径。

关于如何找边数最少，有一个神秘方法：

首先每个连通块单独考虑，最多要 \(2n-1\) 条边，也就是绕两圈。

然后发现如果某些点之间不成环，那么就可以不用多绕一圈，那么找出最大 DAG 导出子图，大小为 \(m\)，答案就是 \(2n-m-1\)。

然而还是不太理解证明。

Mirror Box

神仙题 \(+1\)。

把 \((n+1)\times(m+1)\) 个点黑白染色，镜子相当于连边，由于不能有封闭空间，所以黑白生成图都不能有环。

然后考虑光线射到相邻位置，发现黑白生成图必须有一个是生成树，否则整个图一定能断成两部分，导致一条光线穿过。

接着发现一种颜色确定为生成树后另一种只有唯一方案，于是只需要用矩阵树定理求生成树数量即可。

Matches Are Not a Child's Play

考虑一次修改只会对修改前后的两个根及它们之间的路径有贡献。

对于区间染色，我们考虑使用树剖 + odt 做，复杂度是 \(O(n\log^2 n)\) 的，此外一个点的答案就是小于它路径权值的路径长度加上它到它路径起点的长度，于是用树状数组维护某个权值的路径长度，lca 求距离路径起点的长度，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

ps：odt split 的时候要先 split r+1 再 split l。

Can Bash Save the Day?

询问可以差分，求前缀的点与 \(x\) 的距离和，距离又可以拆成 \(\sum\limits_{i=1}^l dep_i+dep_x-2dep_{lca(i,x)}\)，前两部分好做，第三部分是典型 trick，每个点到根的路径权值 \(+1\)，查询 \(x\) 到根的路径上的边权乘权值。

因为强制在线，需要主席树，为了节省空间，区间修改使用标记永久化，修改操作相当于暴力重构，如果点数过多可以直接重构整棵树，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。