bzoj 3522 / 4543 [POI 2014] Hotel - 动态规划 - 长链剖分

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题目大意

  给定一棵树,问有多少个无序三元组$(x, y, z)$使得这三个不同点在树上两两距离相等。

  考虑这三个点构成的虚树。选取一个"舒适"的计数对象。

  其中黄色的点是关键点,绿色的点是虚树上的虚点。

  在树形动态规划的时候通常考虑一个点子树内的情况会比较简单。因此考虑将计数对象设为虚树上最浅的一个点。

性质1 最近公共祖先深度较深的两点到它们的最近公共祖先的距离相等。

  证明 设这两点为$A, B$,第三点为$C$。当三个点的最近公共祖先相同时显然。否则第三点到这两点距离不相等。

  当三个点的最近公共祖先不相同时。设$A$和$B$两点的最近公共祖先为$D$。

  因为三个点公共祖先不同所以$C$在$D$的子树外。  

  此时虚树上有5个点,因为$A$和$C$、$B$和$C$的最近公共祖先是相同点,设它为$E$。

  那么有$dis(A, D) + dis(D, E) + dis(E, C) = dis(B, D) + dis(D, E) + dis(E, C)$

  所以$dis(A, D) = dis(B, D)$。

  用$f[i][j]$表示在$i$的子树中,到点$i$距离为$j$的点的个数。

  如果点$x, y$的LCA的深度为$d$,且它们到它们的LCA的距离相等,$g[i][j]$表示在$i$的子树中,有多少个点对$(x, y)$使得它们的LCA到点$i$的距离为$d - j$。

  为了避免算重,应当边在合并子树的信息的时候边计算答案。

  除了$f[i][0]$初始为1,其他初始为0。

  设$i$的某个子节点为$k$。那么转移有(顺序不是这样的):

  $f[i][j] = f[i][j] + f[k][j - 1]$

  $g[i][j] = g[i][j] + g[k][j + 1]$

  $g[i][j] = g[i][j] + f[i][j] * f[k][j - 1]$ (当前点是较深的LCA)

  $result = result + f[i][j] * g[k][j - 1] + g[i][j] * f[k][j + 1]$

  于是状态$O(n^{2})$,时间复杂度也是满满的$O(n^{2})$。成功爆炸。

  注意到前两个转移只是挪一挪指针,而初始的时候$f, g$几乎可以看成没有值。因此这一部分考虑直接通过指针赋值来实现$O(1)$转移。

  问题是,这个只能做一次。那就选择深度最深的子树进行转移。

性质2 该种做法时间复杂度$O(n)$。

  证明 对树进行长链剖分。当且仅当一条边是虚边的时候需要暴力进行转移,时间复杂度是这棵子树的深度。

  这个深度的意义可以看成虚边深的一端连接的长链的长度。因为长链一直连向叶子结点,中间不会有其他虚边。

  又因为长链覆盖整棵树。因此时间复杂度$O(n)$。

  然后开一个内存池动态分配空间。(其实直接new也是可以的,只是慢一点)。  

Code

  1 /**
  2  * bzoj
  3  * Problem#3522        & 4543
  4  * Accepted            & Accepted
  5  * Time: 44ms        & 768ms 
  6  * Memory: 19652k    & 21900k
  7  */
  8 #include <iostream>
  9 #include <cassert>
 10 #include <cstdlib>
 11 #include <cstdio>
 12 #include <vector>
 13 #ifndef WIN32
 14 #define Auto "%lld"
 15 #else
 16 #define Auto "%I64d"
 17 #endif
 18 using namespace std;
 19 typedef bool boolean;
 20 #define ll long long
 21 
 22 const int N = 100005;
 23 
 24 ll pool[20 * N];
 25 ll* top = pool;
 26 
 27 ll* alloc(int len) {
 28     ll* rt = top;
 29     top += len;
 30     return rt;
 31 }
 32 
 33 int n;
 34 ll res = 0;
 35 vector<int> mg[N];
 36 int ml[N], longs[N];
 37 ll *f[N], *g[N];
 38 
 39 inline void init() {
 40     scanf("%d", &n);
 41     for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
 42         scanf("%d%d", &u, &v);
 43         mg[u].push_back(v);
 44         mg[v].push_back(u);
 45     }
 46 }
 47 
 48 void dfs1(int p, int fa) {
 49     ml[p] = 0;
 50     int maxl = -1, id = -1;
 51     for (int i = 0; i < (signed) mg[p].size(); i++) {
 52         int e = mg[p][i];
 53         if (e == fa)    continue;
 54         dfs1(e, p);
 55         ml[p] = max(ml[p], ml[e] + 1);
 56         if (ml[e] > maxl)
 57             maxl = ml[e], id = e;
 58     }
 59     longs[p] = id;
 60 }
 61 
 62 void dfs2(int p, int fa, int& maxlen, int blank) {
 63     maxlen = max(maxlen, ml[p]);
 64     if (longs[p] != -1) {
 65         dfs2(longs[p], p, maxlen, blank + 1);
 66         res += g[longs[p]][1];
 67         f[p] = f[longs[p]] - 1, f[p][0] = 1;
 68         g[p] = g[longs[p]] + 1;
 69     } else {
 70         f[p] = alloc(maxlen + 5 + blank) + blank;
 71         g[p] = alloc(maxlen + 5 + blank);
 72         f[p][0] = 1;
 73     }
 74     
 75     for (int i = 0; i < (signed) mg[p].size(); i++) {
 76         int e = mg[p][i], mxlen = 0;
 77         if (e == fa || e == longs[p])    continue;
 78         dfs2(e, p, mxlen, 0);
 79 //        assert(f[p] + ml[e] + 1 < org[p] + siz[p]);
 80         for (int j = 0; j < ml[e]; j++)
 81             res += f[p][j] * g[e][j + 1];
 82         for (int j = 1; j <= ml[e] + 1; j++)
 83             res += g[p][j] * f[e][j - 1];
 84         for (int j = 1; j <= ml[e] + 1; j++)
 85             g[p][j] += f[p][j] * f[e][j - 1];
 86         for (int j = 0; j <= ml[e]; j++)
 87             f[p][j + 1] += f[e][j];
 88         for (int j = 1; j <= ml[e]; j++)
 89             g[p][j - 1] += g[e][j];
 90     }
 91 }
 92 
 93 inline void solve() {
 94     int mxlen = 0;
 95     dfs1(1, 0);
 96     dfs2(1, 0, mxlen, 0);
 97     printf(Auto, res);
 98 }
 99 
100 int main() {
101     init();
102     solve();
103     return 0;
104 }
posted @ 2018-08-05 21:13 阿波罗2003 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏