[COCI2015-2016#1] UZASTOPNI 题解

前言

题目链接：洛谷。

题意简述

一棵有根树，节点数 $n \leq 10^5$，每个点有权值 $v_i \leq 2000$，现在选出一些点，满足：

一个点的父亲点若未被选择则其不能被选择。
所选点的集合内不能有相同的权值。
对于每一个选择的点，其子树中所有被选择点的权值必须可以构成公差为 $1$ 的等差数列。

求满足上述条件构成的等差数列的方案数。

题目分析

凭直觉是树形 DP。考虑记 $f[i][l][r]$ 表示在 $i$ 子树，$i$ 必选，能否构成 $l \sim r$ 的等差数列。发现有冗余状态，即由于 $i$ 必选，一定有 $l \leq v_i \leq r$，其他状态是不合法的。

进一步发现，对于 $yzh \in \operatorname{son}(i)$，她对 $i$ 的贡献要么全在 $v_i$ 左边，要么全在右边，否则会因为已经选中了一个权值为 $v_i$ 的点不符合要求。进一步发现，如果 $v_{yzh} < v_i$，她只能贡献左边，反之如果 $v_{yzh} > v_i$ 贡献右边。即 $yzh$ 不会对 $i$ 两边都产生贡献。

所以将状态砍半，记 $L[i][l]$ 和 $R[i][r]$ 分别表示在 $i$ 子树，$i$ 必选，能否构成 $l \sim v_i$ 的等差数列或 $v_i \sim r$ 的等差数列。边界为 $L[i][v_i] = R[i][v_i] = \text{true}$。由于讨论过一个孩子不可能对左右多产生贡献，所以 $L$ 和 $R$ 是独立的，答案就是乘法原理，$L[1]$ 中为 $\text{true}$ 的个数与 $R[1]$ 中为 $\text{true}$ 的个数之积即为答案。

说了这么多，考虑转移。考虑 $v_{yzh} < v_i$ 的情况，反之同理。如果存在一个值 $k$，满足在 $yzh$ 中能够得到 $v_{yzh} \sim k$，并且在之前的 $i$ 中能够得到 $k + 1 \sim v_i$，那么，就可以把 $L[yzh]$ 或到 $L[i]$ 上。需要注意的是，转移的顺序也要考虑。即我们要先考虑 $v_{yzh}$ 靠近 $v_i$ 的孩子，这样后续可能会使用到这次更新过来的信息。

时间复杂度：$\Theta(n(V + \log n))$，如果使用 bitset 优化，则是：$\Theta(\cfrac{nV}{w} + n \log n)$。

代码

// #pragma GCC optimize(3)

// #pragma GCC optimize("Ofast", "inline", "-ffast-math")

// #pragma GCC target("avx", "sse2", "sse3", "sse4", "mmx")

#include <iostream>

#include <cstdio>

#define debug(a) cerr << "Line: " << __LINE__ << " " << #a << endl

#define print(a) cerr << #a << "=" << (a) << endl

#define file(a) freopen(#a".in", "r", stdin), freopen(#a".out", "w", stdout)

#define main Main(); signed main() { return ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), Main(); } signed Main

using namespace std;

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <bitset>

int n, val[100010];

vector<int> edge[100010];

bitset<2010> L[100010], R[100010];

void dfs(int now) {

	L[now][val[now]] = R[now][val[now]] = 1;

	for (const auto& to: edge[now]) dfs(to);

	for (int i = 0; i < (int)edge[now].size(); ++i) {

		int to = edge[now][i];

		if (val[to] > val[now]) {

			if (((R[now] << 1) & L[to]).any()) {

				R[now] |= R[to];

			}

		}

	}

	for (int i = (int)edge[now].size() - 1; i >= 0; --i) {

		int to = edge[now][i];

		if (val[to] < val[now]) {

			if (((L[now] >> 1) & R[to]).any()) {

				L[now] |= L[to];

			}

		}

	}

}

signed main() {

	scanf("%d", &n);

	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &val[i]);

	for (int i = 1, u, v; i <= n - 1; ++i) {

		scanf("%d%d", &u, &v);

		edge[u].push_back(v);

	}

	for (int i = 1; i <= n; ++i)

		sort(edge[i].begin(), edge[i].end(), [] (const int &a, const int &b) {

			return val[a] < val[b];

		});

	dfs(1);

	printf("%llu", L[1].count() * R[1].count());

	return 0;

}