uoj33 树上GCD
题意:给你一棵树,根节点为1,每条边长度为1。定义f(u,v)=gcd(u-lca(u,v),lca(u,v)-v),求有多少个无序点对f(u,v)=i。对每个i输出答案。 n<=20W.
标程:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
int n,fa[N],f[N],g[N],sum[N],jp[N],dep[N],s1,s2;
vector<int> vec[N];
ll ans[N];
const int th=;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&fa[i]),dep[i]=dep[fa[i]]+,sum[dep[i]]++;
for (int i=n;i>=;i--) sum[i]+=sum[i+],jp[i]=i;//u-v为链的答案
for (int d=;d<=min(th,n);d++)
{
for (int i=;i<=n;i++) f[i]=g[i]=;
for (int i=n;i>=;i--)
{
g[jp[i]]+=f[i]+; jp[i]=fa[jp[i]];
ans[d]+=(ll)f[fa[i]]*g[i]; f[fa[i]]+=g[i];
}
}
for (int i=n;i>;i--)
{
vec[i].push_back();//距离i有0个单位长的点有一个(i自己),相对fa[i]实现平移
if ((s1=vec[i].size())>(s2=vec[fa[i]].size()))//启发式合并
swap(vec[i],vec[fa[i]]),swap(s1,s2);
if (s1>th&&s2>th)
{
for (int d=th+;d<=s1;d++)
{
int g1=,g2=;
for (int j=d;j<=s1;j+=d) g1+=vec[i][s1-j];
for (int j=d;j<=s2;j+=d) g2+=vec[fa[i]][s2-j];
ans[d]+=(ll)g1*g2;
}
}
for (int j=;j<=s1;j++) vec[fa[i]][s2-j]+=vec[i][s1-j];
vec[i].clear();//清掉多余空间
}
for (int i=n;i>=;i--)//容斥
for (int j=*i;j<=n;j+=i) ans[i]-=ans[j];
for (int i=;i<n;i++) printf("%lld\n",ans[i]+sum[i]);
return ;
}
题解:容斥+阈值+树形dp+启发式合并:
暴力1:枚举u,v,logn求出lca。算出深度,统计答案。O(n^2logn)
暴力2:枚举根节点u,统计子树中深度为d的链的数量。将cnt[i]*cnt[j]统计入ans[gcd(i,j)],注意不要统计同一棵子树的答案。因为树随机,所以树高log,O(nlog^2(n))。
暴力3:对于第4个测试点,发现是若干条链拎起来。我们考虑容斥,ans[d]表示gcd是d的倍数的点对的个数。
如果u-v在同一条链上,那么f(u,v)=dis(u,v).在最后加上即可。反之,对于每一条链统计出长度是d的倍数的数量[h/d],求在任意两条树链上各取一条d倍数的链的方案数。用(x1^2+x2^2+...+xn^2)=x1^2+x2^2+...+xn^2+2*sigma[1<=i<j<=n]xi*xj的恒等式可以很快算出。复杂度O(n)。
正解1:继续用容斥。树形dp求出f[i]表示i的子树中d的倍数的链有几条,辅助数组g[i]表示距i的距离%d=d-1的点数。pd[i]表示i的d-1阶祖先。
f[i]<-g[son],ans[d]<-f[i]*g[son],g[pd[i]]<-f[i]+1。取阈值th,时间复杂度O(n*th)。
再一。用启发式合并从底至上维护vec[size-i][d]表示i的子树中深度恰好为d的点有几个(倒序对子节点的合并前的平移比较方便)。
合并vec[x]和vec[fa[x]]的时候就对于每个d>th,统计下深度为d的倍数的点的个数。乘法原理一下。每个点会被合并logn次,合并复杂度nlogn。计算一对父子的时间有nlogn,而深度>th的点不超过[n/th]个。时间复杂度为n^2logn/th。为了避免空间vector有n^2,每次用儿子更新完父亲后对儿子vector清零,空间复杂度O(n)。
取th=根号n*logn最优。
正解2:点分治,按深度点分(当然最后还是用容斥)。取出当前树重心c。
考虑所有 u→lca(u,v)→v的路径经过c产生的贡献。要么两个点都在c的子树内即lca=c,要么一个点在c的子树内。
1.两个点都在c子树内,直接用正解1的dp。深度为logn,总点数为n/2+n/4+n/8+...+1<n,复杂度为O(nlogn)。
2.u 在 c 的子树内,v 不在。对于从c到当前子树root路径上的所有点ai,都有可能作为u和v的lca。对于ai旁边的子树和c的子树统计(u,v)的答案。
枚举d,用dep/d的时间统计ai旁边子树中深度是d的倍数的点数cnt和。
我们还需要知道 c 的子树中有多少点相对于 ai 的高度是 d 的倍数,也就是说我们要在c子树的 cnt 数组中查询下标间隔为 d 的子序列中的元素之和。
注意到间隔为 d 时,至多只有 d 种这样的子序列,对重复查询记忆化。
当d<根号dep时,复杂度<d*dep/d=dep,总共是O(dep^1.5);当d>根号dep时,单次对d查询复杂度为 dep/d<根号dep。
所以一层分治复杂度为O(n^1.5).根据主定理,总复杂度为O(n^1.5)。
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