To Do List
LuoguP3085 [USACO13OPEN]阴和阳Yin and Yang
动态点分治。
这个看心情写吧......是贞德不想写qwq
嘛...上个世纪学的...好像全忘了....来写一下吧
这个应该算树上路径类问题的一类trick吧...
che dan环节
点分治嘛,顾名思义,先抓树上一个点算它对答案贡献,然后把这个点割掉,会变成几棵小一点的树,然后递归算就好了。
那么问题来了,点要怎么选呢?rand一个如果说他是一条链的话从上往下选点就被卡\(n^2\)了 默默码起手中的暴力,随便rand又有被针对的风险...
在分治递归的时候,每一层递归的总复杂度我们不想管它,我们要控制的就是每一次选点使得递归的层数变少。
树上有一个名词叫做重心详见CSP-2019 D2T3,重心旁边的子树大小最大是不会超过\(n/2\)的,所以我们每次点分治的时候先找当前分治到的这一联通块内的重心,然后算重心对答案的贡献在把重心割掉,分治就好了。
这样做递归的层数是不会超过\(\log n\)的,具体的算一点对答案的贡献针对题目来看。
那怎么找重心呢?重心的定义,对于一棵树,其重心的最大子树大小一定是最小的,所以对树\(Dfs\)一遍,算出每个节点最大子树的大小是多少,取最小的就好了。
int siz[N],all,mx[N],rt,vis[N]; // all 表示当前联通块的大小,vis在下面会说
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(v==prev) continue;
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]); // 无根树嘛...从x父亲哪里跑出去的一坨也是x的子树
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
所以点分治的code大概长这样
int vis[N],siz[N],all,mx[N],rt; // all 表示当前联通块的大小
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(v==prev) continue;
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]); // 无根树嘛...从x父亲哪里跑出去的一坨也是x的子树
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
void dfz(int x)
{
vis[x]=1; // 这里会用到vis
/*
* 假装这里是将x的贡献算上
*/
// 分治
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i])
{
int v=to[i]; if(vis[v]) continue;
mx[rt=0]=siz[v],all=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
// 然后main里面要先求一下整棵树的重心
mx[rt=0]=n,all=n;
getrt(1,0),dfz(rt);
return 0;
}
例题
好,扯了那么多,来看点题目吧。。。
LuoguP4178(POJ1741) Tree
套板子吧。。。每次算\(x\)的贡献的时候先把从\(x\)出发到当前分治到的联通块内所有点的路径找出来,然后排序,two-pointer算一下,然后发现样例都没过
[冷静分析.jpg]
按上面直接two-pointer后会出现\(x\)到同一子树内两个点的路径,也就是说会算上自交的路径。
咋办呢?对于\(x\)的一个子树\(v\),容斥掉\(x\)到\(v\)里面两个点的路径就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to)
const int N=1e5+10;
int n,K;
struct edge
{
int to,nxt,w;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y,int w)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x],w},head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y,int w){ade(x,y,w),ade(y,x,w);}
int siz[N],mx[N],rt,all,vis[N];
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x)if(!vis[v]&&v!=prev)
{
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int dis[N],tot;
void getd(int x,int prev,int d)
{
dis[++tot]=d;
fore(i,x) if(v!=prev&&!vis[v]) getd(v,x,d+e[i].w);
}
int calc(int x,int w)
{
tot=0,getd(x,0,w);
sort(dis+1,dis+tot+1);
int nw=tot,ans=0; for(int i=1;i<=tot;i++)
{
while(dis[nw]+dis[i]>K) nw--;
if(nw<=i) break; ans+=nw-i;
}
return ans;
}
int ans;
void dfz(int x)
{
vis[x]=1,ans+=calc(x,0);
fore(i,x) if(!vis[v]) ans-=calc(v,e[i].w); // 去除不合法的路径(注意参数)
fore(i,x) if(!vis[v])
{
rt=0,all=mx[rt]=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,x,y,w;i<=n-1;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),addedge(x,y,w);
scanf("%d",&K);
rt=0,all=mx[rt]=n;
getrt(1,0),dfz(rt);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
CF161D Distance in Tree
嘛。。。这个要算的是长度等于\(K\)的路径数量。
一个可以直接套板子的做法就是用长度\(<= K\)的路径数量\(-\)小于\(K\)的路径数量,然后就是板子了。
上世纪的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100010;
int n,K;
struct edge{
int to,nxt;
}e[MAXN*2];
int head[MAXN],cnt=0;
void adde(int x,int y){
e[++cnt]=(edge){y,head[x]},head[x]=cnt;
}
void addedge(int x,int y){
adde(x,y);
adde(y,x);
}
int size[MAXN],dp[MAXN],vis[MAXN],root,sum;
void getRoot(int x,int prev){
size[x]=1,dp[x]=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==prev||vis[v]) continue;
getRoot(v,x);
size[x]+=size[v];
dp[x]=max(dp[x],size[v]);
}
if ((dp[x]=max(dp[x],sum-size[x]))<dp[root])
root=x;
}
int tot=0,dis[MAXN],D[MAXN];
void getDis(int x,int prev){
D[++tot]=dis[x];
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==prev||vis[v]) continue;
dis[v]=dis[x]+1,getDis(v,x);
}
}
ll calc(int x,int w){
dis[x]=w,tot=0,getDis(x,0);
sort(D+1,D+tot+1);
int l=1,r=tot;
ll tmp1=0,tmp2=0;
while (l<r){
if (D[l]+D[r]<=K) tmp1+=r-l,l++;
else r--;
}
l=1,r=tot;
while (l<r){
if (D[l]+D[r]<K) tmp2+=r-l,l++;
else r--;
}
return tmp1-tmp2;
}
ll ans=0;
void solve(int x){
vis[x]=1,ans+=calc(x,0);
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v]) continue;
ans-=calc(v,1);
sum=size[v],dp[root=0]=0x3f3f3f3f;
getRoot(v,x),solve(root);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&K);
for (int i=1;i<=n-1;i++){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
addedge(x,y);
}
dp[root=0]=0x3f3f3f3f,sum=n;
getRoot(1,0),solve(root);
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
LuoguP2634 [国家集训队]聪聪可可
答案就是 长度为\(3\)的倍数的路径数量$ / $所有路径数量。
这里因为交换两点算两条路径,端点还可以重合,所以所有路径数量为\(n^2\)。
然后算一个点对答案的贡献的时候可以开个桶\(cnt[0..2]\),表示从当前重心出发到当前联通快内所有点的路径,长度除以\(3\)的余数为\(0,1,2\)的路径数量。
那么这个点对合法路径数量的贡献就是\(cnt[0]*cnt[0] + 2*cnt[1]*cnt[2]\)(注意\(1,2\)要乘\(2\),而\(0\)不用),对于自交的路径同样容斥算一下就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for (int i=(int)(j);i<=(int)(k);i++)
#define per(i,j,k) for (int i=(int)(j);i>=(int)(k);i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
int gcd(int x,int y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
const int MAXN=20010;
struct edge{int to,w,nxt;}e[MAXN<<1];
int head[MAXN],cur=0;
void addedge(int x,int y,int w){
e[++cur]=(edge){y,w,head[x]};head[x]=cur;
e[++cur]=(edge){x,w,head[y]};head[y]=cur;
}
int dp[MAXN],size[MAXN],vis[MAXN],cnt[3],dis[MAXN],root,sum;
int ans=0,n;
void getRoot(int x,int fa){
size[x]=1,dp[x]=0;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v]||v==fa)continue;
getRoot(v,x);
size[x]+=size[v];
dp[x]=max(dp[x],size[v]);
}
dp[x]=max(dp[x],sum-size[x]);
if (dp[x]<dp[root])root=x;
}
void getDis(int x,int fa){
cnt[dis[x]%3]++;
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (v==fa||vis[v])continue;
dis[v]=(dis[x]+e[i].w)%3;
getDis(v,x);
}
}
int calc(int x,int w){
cnt[0]=cnt[1]=cnt[2]=0,dis[x]=w;
getDis(x,0);
return cnt[0]*cnt[0]+cnt[1]*cnt[2]*2;
}
void solve(int x){
vis[x]=1;ans+=calc(x,0);
for (int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if (vis[v])continue;
ans-=calc(v,e[i].w);
sum=size[v],dp[root=0]=n,getRoot(v,0);
solve(root);
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
rep (i,1,n-1){
int x,y,w;scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
addedge(x,y,w);
}
sum=dp[root=0]=n,getRoot(1,0);
solve(root);
int tmp=gcd(ans,n*n);
printf("%d/%d\n",ans/tmp,n*n/tmp);
return 0;
}
LuoguP3806 【模板】点分治1
话说怎么到现在才讲模板题...
这个之前好像是数据水了。。。然后导致我\(calc\)的时候双重循环都能过。。。
考虑到\(m\)很小,所以离线下来,在点分治的时候一起回答。
这里提供一个最简单粗暴的方法。
在遍历重心\(x\)的子树的时候枚举询问,然后枚举\(x\)的当前子树\(v\)里的所有路径,然后算当前路径与之前遍历过的路径内是否有满足要求的,遍历完一棵子树后把路径都插入到一个multiset
,查询的话\(set\)二分就好了。
这样复杂度就对了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define fore(i,x) for(int i=head[x],v=e[i].to,w=e[i].w;i;i=e[i].nxt,v=e[i].to,w=e[i].w)
const int N=1e5+10;
int n,m;
struct edge
{
int to,nxt,w;
}e[N<<1];
int head[N],cnt=0;
inline void ade(int x,int y,int w)
{e[++cnt]=(edge){y,head[x],w};head[x]=cnt;}
inline void addedge(int x,int y,int w){ade(x,y,w),ade(y,x,w);}
vector<int>qs;
int ans[1010];
int siz[N],vis[N],mx[N],rt,all;
void getrt(int x,int prev)
{
siz[x]=1,mx[x]=0;
fore(i,x) if(!vis[v]&&v!=prev)
{
getrt(v,x),siz[x]+=siz[v];
mx[x]=max(mx[x],siz[v]);
}
mx[x]=max(mx[x],all-siz[x]);
if(mx[x]<mx[rt]) rt=x;
}
int dis[N],tot=0;
inline void getd(int x,int prev,int d)
{
dis[++tot]=d;
fore(i,x) if(v!=prev&&!vis[v]) getd(v,x,d+w);
}
#define IT multiset<int>::iterator
multiset<int> s;
void dfz(int x)
{
vis[x]=1;
fore(ei,x) if(!vis[v])
{
tot=0,getd(v,x,w);
for(int i=0;i<m;i++)
{
if(ans[i]) continue;
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(dis[j]==qs[i]){ans[i]=1;break;} // 注意特判
IT it=s.lower_bound(qs[i]-dis[j]);
if(it==s.end()) continue;
if(dis[j]+(*it)==qs[i]){ans[i]=1;break;}
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++) s.insert(dis[i]);
}
s.clear();
fore(i,x) if(!vis[v])
{
all=mx[rt=0]=siz[v];
getrt(v,x),dfz(rt);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x,y,w;i<n;i++)
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w),addedge(x,y,w);
for(int i=1,x;i<=m;i++) scanf("%d",&x),qs.pb(x);
all=mx[rt=0]=n,getrt(1,0),dfz(rt);
for(int i=0;i<m;i++) puts(ans[i]?"AYE":"NAY");
return 0;
}
LuoguP3085 [USACO13OPEN]阴和阳Yin and Yang
到这里先咕咕咕吧。。。【咕~】