[ARC125F]Tree Degree Subset Sum

Posted 2021-09-09 StaroForgin

Tree Degree Subset Sum

题解

我们考虑记$d_i$为点$i$的度数减$1$，此时有${\sum }_{i=1}^n{d}_i=n-2$。
很明显，此时不同的$d$最多有$\sqrt{n}$个。
我们记$m\left(s\right)$为$d$的总和为$s$时最少的选择点集合，而$M\left(s\right)$表示$d$总和为$s$时所选择的点的最多的集合，$A(s)$表示何为$s$的某一个选择点集合。
我们记$cn{t}_i$表示$d$为$i$的点的个数，很容易发现有${\sum }_{i⩾2}cn{t}_i⩽cn{t}_0-2$。
可得$-cn{t}_0⩽s-|M(s)|⩽s-|m(s)|⩽{\sum }_{i⩾2}cn{t}_i=cn{t}_0-2$，相当于从$M(s)$的集合中找出所有非$1$的点。
自然有，
$$(s-|m(s)|)-(s-|M(s)|)=|M(s)|-|m(s)|⩽cn{t}_0-2+cn{t}_0=2cn{t}_0-2$$
而集合$M(s)$中肯定包含所有$0$，而集合$m(s)$中肯定一个$0$都不包含，在其中加入$0$与取出$0$可以实现$[|m(s)|,|m(s)|+cn{t}_0]\bigcup [|M(s)|-cn{t}_0,|M(s)|]=[|m(s)|,|M(s)|]$，所以我们选择构成$s$的数的个数在$[|m(s)|,|M(s)|]$之间都是可以的。
而每一个$(x,y)$肯定都对应唯一的$(x,y-x)$，所以我们统计出的每一个$(s,|A(s)|)$都是都与某一个$(x,y)$一一映射。

既然我们不同的$d$最多有$\sqrt{n}$个，我们可以考虑用$dp$来求出$|m(s)|$与$|M(s)|$。
我们定义$d{p}_i$表示$|m(i)|$，转移明显是一个背包的过程。
对于$d$相同的数，我们可以采取优化更快的方法进行转移。
虽然二进制拆分可以做到$O\left(n\sqrt{n}\log n\right)$，我们仍然可以优化复杂度。
考虑将对于$i\in [0,n-2]$我们可以将它们按模$d$的值分为$d$类，$d{p}_i$可以从 { d p x ∣ x ∈ [ i − d s u m d , i ] ∧ x ≡ i ( m o d   d ) } \\{dp_{x}|x\\in[i-dsum_{d},i]\\wedge x\\equiv i(mod\\,d)\\} {dpx​∣x∈[i−dsumd​,i]∧x≡i(modd)}转移过来，可以用单调队列进行优化。
这样，我们的$dp$转移就被成功优化到$O\left(n\sqrt{n}\right)$了。
显然，$|M(i)|以上是关于[ARC125F]Tree\; Degree\; Subset\; Sum的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章$

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