BZOJ4543[POI2014]Hotel加强版 长链剖分+DP
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【BZOJ4543】[POI2014]Hotel加强版
Description
同OJ3522
数据范围:n<=100000
Sample Input
7
1 2
5 7
2 5
2 3
5 6
4 5
1 2
5 7
2 5
2 3
5 6
4 5
Sample Output
5
题解:很神的做法。
用f[x][a]表示x子树中有多少个深度为a的点,g[x][a]表示x子树中有多少到lca距离=d的点对,且lca的深度为d-a。那么容易得到转移方程:
f[x][a]+=f[y][a-1]
g[x][a]+=g[y][a+1]+f[x][a]*f[y][a]
ans+=f[x][a]*g[y][a+1]+g[x][a]*f[y][a-1]
(以上方程的真正顺序并不是给出的顺序)
显然一次转移的复杂度是maxdep级别的,总复杂度是$O(n^2)$,如何优化呢?
发现每个节点的第一次转移就相当于将y的f数组向右移一格,g数组向左移一格。所以考虑用指针优化这个过程,这样每个点的第一次转移就是O(1)的了。显然我们应该选择maxdep最大的儿子去优化,即:我们对原树进行长链剖分,对于同一条链上的,用指针O(1)转移,其余的暴力转移。
复杂度是。。。O(n)?表示不太会证。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; const int maxn=100010; typedef long long ll; int n,cnt; ll ans; int to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],md[maxn],son[maxn],fa[maxn]; ll mem[1000010]; ll *f[maxn],*g[maxn],*now=mem+1; inline void add(int a,int b) { to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; } void dfs1(int x) { md[x]=0; for(int i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[x]) { fa[to[i]]=x,dfs1(to[i]),md[x]=max(md[x],md[to[i]]+1); if(md[to[i]]>md[son[x]]) son[x]=to[i]; } } void dfs2(int x) { int i,j,y; if(son[x]) { f[son[x]]=f[x]+1,g[son[x]]=g[x]-1; dfs2(son[x]); } f[x][0]=1,ans+=g[x][0]; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) { y=to[i],f[y]=now,now+=md[y]+1,g[y]=now+md[y]+1,now+=md[y]*2+2,dfs2(y); for(j=md[y];j>=0;j--) { if(j) ans+=f[x][j-1]*g[y][j]; ans+=g[x][j+1]*f[y][j]; g[x][j+1]+=f[x][j+1]*f[y][j]; } for(j=0;j<=md[y];j++) { if(j) g[x][j-1]+=g[y][j]; f[x][j+1]+=f[y][j]; } } } inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘) f=-f; gc=getchar();} while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar(); return ret*f; } int main() { n=rd(),md[0]=-1; int i,a,b; memset(head,-1,sizeof(head)); for(i=1;i<n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a); dfs1(1); f[1]=now,now+=md[1]+1,g[1]=now+md[1]+1,now+=md[1]*2+2,dfs2(1); printf("%lld",ans); return 0; }
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