AGC029E Wandering TKHS

\(E.Wandering TKHS\\\)

• 题目链接:AGC029E

• 题意简述:给你一个\(n\)个点的树,一开始你有一个集合\(S\),包含一个元素\(r\),然后你每次会选择所有与集合\(S\)中的元素在树上相邻的点中最小的,然后加入\(S\),直到\(1 \in S\),定义此时的\(|S| = c(r)\),求\(\forall r \in[2,n],c(r)\)

• \(n \leq 2e5\)

• 稍微好想一点的神仙题,本篇题解实际上约等于对官方题解的翻译

• 考虑模拟题目这一过程,以\(1\)为根,注意到\(r\)要到达\(1\),一定要经过它祖先的所有点,其中比较特殊的点是最大的那个,定义为\(M_r\)

• 对于这种题,我们考虑增量法,思考\(c(fa_r)与c(r)\)的关系

• 定义\(gfa(r) = fa(fa(r)),Q(x,v)\)为以\(x\)为根的子树中只经过\(\leq v\)的点能扩展的大小

• 分情况讨论,若\(M_{gfa(r)} < r\),那么意味着若集合初始点是\(fa(r)\),它永远不会经过\(r\),那么有\(c(r) = c(fa_r) + Q(r,M(fa_r))\)

• 否则的话,\(fa_r\)扩展的过程会经过\(r\),一般来说\(c(fa_r) = c(r)\),除非有一种特殊情况,即\(M(fa_r) = fa_r\),那么此时\(c(r) = c(fa_r) - Q(r,M(gfa_r))+ Q(r,M(fa_r))\),注意到即使\(M(fa_r) != fa_r\),上式依然成立,因为此时\(M(gfa_r) = M(fa_r)\)

• 考虑如何计算\(Q(r,M(fa_r))和Q(r,M(gfa_r))\),首先显然可以线段树合并,但过于麻烦,考虑以下这种记忆化搜索

• 首先注意看转移

int ans = 1;
	for(int i = head[u]; i ; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].point;
		if(v ^ par[u] && v <= val)	ans += solveQ(v,val);
	}

• 注意到若\(fa_r = M(fa_r)\),则\(gra_r\)在计算\(Q\)值时便不会计算到\(fa_r\)
• 否则的话\(M(fa_r) = M(gfa_r)\),并不会多计算
• 所以需要存的\(Q\)的状态很少,记忆化搜索即可
• 代码如下:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
const int _ = 2e5 + 7; 
int read(){
	char c = getchar();
	int x = 0;
	while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) 	c = getchar();
	while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘)	x = x * 10 + c - 48,c = getchar();
	return x;
} 
map<int,int>Q[_];
int c[_],par[_],M[_];
struct Edge{
	int nxt,point;
}edge[_<<1];
int head[_],tot;
void add_edge(int u,int v){
	edge[++tot].nxt = head[u];
	edge[tot].point = v;
	head[u] = tot;
}
int n; 
void dfs(int u,int fa) {
	par[u] = fa;
	M[u] = max(M[fa],u);
	for(int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].point;
		if(v ^ fa){
			dfs(v,u);
		}
	}
}
int solveQ(int u,int val){
	if(Q[u].count(val))	return Q[u][val];
	int ans = 1;
	for(int i = head[u]; i ; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].point;
		if(v ^ par[u] && v <= val)	ans += solveQ(v,val);
	}
	Q[u][val] = ans;
	return ans;
}
void solvec(int u){
	if(u == 1)	c[u] = 0;
	else if(M[par[par[u]]] < u)	c[u] = c[par[u]] + Q[u][M[par[u]]];
	else	c[u] = c[par[u]] + Q[u][M[par[u]]] - Q[u][M[par[par[u]]]];
	for(int i = head[u]; i ; i = edge[i].nxt){
		int v = edge[i].point;
		if(v ^ par[u])	solvec(v);
	}
}
int main(){
	n = read();
	for(int i = 1; i < n; ++i){
		int u = read(),v = read();
		add_edge(u,v);add_edge(v,u);
	}
	dfs(1,0);
	for(int r = 2; r <= n; ++r){
		solveQ(r,M[par[r]]);
		int G = par[par[r]] ;
		if(G)	solveQ(r,M[G]);
	}
	solvec(1);
	for(int i = 2; i <= n; ++i) 	cout<<c[i]<<‘ ‘;
	return 0;
} 

AGC029E Wandering TKHS

原文：https://www.cnblogs.com/y-dove/p/14716308.html