2020牛客暑期多校训练营Ancient Distance(二分+贪心+dfs序+线段树)

Ancient Distance

题目描述

输入描述:

输出描述:

示例1

输入

3
1 2
3
1 1

输出

3
2

说明

备注:

题目大意

……备注里的话有点……。给定一棵树，树上有一些关键点 $(key)$。要求对于 $k \in\{1,2,...,n\}$个关键点，求所有节点的 $Ancient \,\,\,Distance$的最大值最小是多少。其中， $Ancient \,\,\,Distance$是这个节点在到根节点 $root$的路径上第一个 $key$的距离。
备注：如果你有了结果，勇敢地尝试吧

分析

看到题目中说，求最大值的最小，第一个想法就是二分答案。虽然 $dalao$用分块，但是蒟蒻还是用二分。二分 $k$个节点的最大值，然后验证答案即可。

那么问题来了，怎么验证答案呢？？？
一下我们分几个问题进行分析：

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dfs序

首先，我们对这棵树进行dfs序的标号（不计回溯）：

对此，可以跑一次 $dfs$，记下 $dfn$。然后，我们发现可以对这棵树进行操作——展开变成线段。

此时，如果我们需要对 $2$的子树操作，就是对区间 $2...6$进行操作。

线段树

此时，已经展开的树就可以用线段树进行修改和查询了。

但是开头的问题是，怎么验证？我们可以考虑求出每个节点的深度，然后从最深的节点开始，向上 $k$层，就能使得 $Ancient \,\,\,Distance$最大为 $k$。此时，我们将向上 $k$层的节点设为 $key$，则整棵子树都有了 $Ancient \,\,\,Distance$，以上图 $k=2$为例。 $AD:Ancient \,\,\,Distance$

那么如果整棵树上都能合法地放下这样的操作，那么可行。

每棵子树操作后都扔一个标记已经操作，完了后再取消掉，快速避免重复。

为了能快速地修改，查询最大深度，以及记录答案，需要用到线段树。在里面用整体二分。

倍增

还有一个值得考虑的问题，怎么快速地将节点向上跳 $k$层。那么这就要用到倍增了。倍增实际上就是二进制的利用，我们定义一个数组存入 $1,2,4,8...$，这样，如果向上跳 $10$层，只要 $2+8$即可，如果向上跳 $2050$层，那么只要跳 $2048+2$步，两步解决。

复杂度计算

二分 $\log n$，线段树查询修改 $\log n$，遍历 $k$要 $n$，加上每个子树都要一次，最多 $\frac{n}{k}$。
PS： $\frac{n}{k}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...+\frac{1}{n}$
$\qquad\,\,\,\,\,\,\le\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}...+\frac{1}{比n大的最小的2的次幂}$
$\qquad\,\,\,\,\,\,\le\log n$
所以 $\frac{n}{k}$可以看做 $\log n$。
故复杂度为 $O(n\log^3n)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 1<<30
using namespace std;
const int MAXN=2e5+10;
int dfn[MAXN],vis[MAXN],dp[MAXN],dep[MAXN],ans[MAXN],f[MAXN];
//这些变量名都可以顾名思义
int num=0,mxdep=0,n;
vector<int> e[MAXN];//边
void dfs(int pos,int fa){
    dfn[++num]=pos;//反着记，dfn为num的编号为pos
    for(int i=0;i<e[pos].size();i++){
        int s=e[pos][i];if(s==fa) continue;
        vis[s]=1; dep[s]=dep[pos]+1; mxdep=max(mxdep,dep[s]);//计算deep和deepest
        dfs(s,pos); vis[s]=0;
    }
}
void upQAQ(int pl,int pr,int l,int r){//QAQ看了半天才有点懂，滚来写题解了，所以取名upQAQ
    if(pl>pr||l>r) return;
    if(l==r){
        for(int i=pl;i<=pr;i++) ans[i]=l;
        return;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++) dp[i]=dep[i];
    int mid=(pl+pr)>>1;ans[mid]=0;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        int pos=dfn[i];
        if(dp[pos]==dep[pos]+mid||i==1) ans[mid]++,dp[pos]=-1;
        dp[f[pos]]=max(dp[f[pos]],dp[pos]);
    }
    upQAQ(pl,mid-1,ans[mid],r);
    upQAQ(mid+1,pr,l,ans[mid]);
}//pl pr二分l r线段树的左右端点
//据说这是另一个线段树的写法
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)){
        num=mxdep=0;
        for(int i=0;i<=n;i++) e[i].clear();
        for(int i=2;i<=n;i++)
            scanf("%d",&f[i]),
            e[f[i]].push_back(i),
            e[i].push_back(f[i]);//题目里存边的方式非常玄幻
        dep[1]=0;
        dfs(1,-1);
        upQAQ(0,mxdep,1,n);
        ll anans=0;
        for(int i=1;i<=mxdep;i++)
        	anans+=1ll*(ans[i-1]-ans[i])*i;
        printf("%lld\n",anans);
    }
}

END

无言~