[Comet OJ - Contest #6 D][48D 2280]另一道树题_并查集
另一道树题
题目大意:
数据范围:
题解:
这个题第一眼能发现的是,我们的答案分成两种情况。
第一种是在非根节点汇合,第二种是在根节点汇合。
尝试枚举在第几回合结束,假设在第$i$回合结束的方案数为$f_i$,那么总答案就是$\sum\limits_{i = 1} ^ {N - 1}i\times f_i$。
显然没法求这个$f_i$....
进而,觉得这鬼东西的后缀和好像比较好求,就是$g _ i = \sum\limits_{j = i} ^ {N - 1} f _ j$。
由于我们就相当于对于深度相等的点的讨论,不难想到$bfs$序。
只考虑不在根节点汇合的情况。
发现,其实就是一段连续的区间,他们在$i$不小于一个值的时候,最多只能选取一个值。
也就是说随着我们枚举的回合数递增,这些连续的区间会存在一些合并的情况。
至于什么时候合并呢?其实就根据,相邻两个点到其$lca$的深度有关(这两个点的深度得相等),就是在这个深度差恰好等于回合数的时候,我们实施合并操作。
这样就完美的解决了不是非根汇合的情况。
考虑在根节点汇合咋办。
其实就相当于,随着回合数递增,所有深度不大于$i$的点只能选一个,就相当于和根节点合并咯。
总之通通用并查集维护就好了。
代码:
- #include <bits/stdc++.h>
- #define N 200010
- using namespace std;
- int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], tot;
- struct Node {
- int x, y;
- };
- vector <Node> v[N];
- queue <int> q;
- int f[20][N], g[N], F[N], S[N], dep[N], dic[N], n, inv[N];
- const int mod = 998244353 ;
- typedef long long ll;
- char *p1, *p2, buf[100000];
- #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )
- int rd() {
- int x = 0, f = 1;
- char c = nc();
- while (c < 48) {
- if (c == '-')
- f = -1;
- c = nc();
- }
- while (c > 47) {
- x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
- }
- return x * f;
- }
- int qpow(int x, int y) {
- int ans = 1;
- while (y) {
- if (y & 1) {
- ans = (ll)ans * x % mod;
- }
- y >>= 1;
- x = (ll)x * x % mod;
- }
- return ans;
- }
- inline void add(int x, int y) {
- to[ ++ tot] = y;
- nxt[tot] = head[x];
- head[x] = tot;
- }
- int lca(int x, int y) {
- if (dep[x] < dep[y])
- swap(x, y);
- for (int i = 19; ~i; i -- ) {
- if (dep[f[i][x]] >= dep[y]) {
- x = f[i][x];
- }
- }
- if (x == y)
- return x;
- for (int i = 19; ~i; i -- ) {
- if (f[i][x] != f[i][y]) {
- x = f[i][x];
- y = f[i][y];
- }
- }
- return f[0][x];
- }
- void dfs(int p, int fa) {
- v[dep[p]].push_back((Node){1, p});
- f[0][p] = fa;
- for (int i = 1; i <= 19; i ++ ) {
- f[i][p] = f[i - 1][f[i - 1][p]];
- }
- for (int i = head[p]; i; i = nxt[i]) {
- if (to[i] != fa) {
- dep[to[i]] = dep[p] + 1;
- dfs(to[i], p);
- }
- }
- }
- void bfs() {
- while (!q.empty())
- q.pop();
- q.push(1);
- int cnt = 0;
- while (!q.empty()) {
- int x = q.front();
- q.pop();
- dic[ ++ cnt] = x;
- for (int i = head[x]; i; i = nxt[i]) {
- if (to[i] != f[0][x]) {
- q.push(to[i]);
- }
- }
- }
- for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
- if (dep[dic[i]] == dep[dic[i + 1]]) {
- v[dep[dic[i]] - dep[lca(dic[i], dic[i + 1])]].push_back((Node) {dic[i], dic[i + 1]});
- }
- }
- }
- int find(int x) {
- return F[x] == x ? x : F[x] = find(F[x]);
- }
- int main() {
- n = rd();
- for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
- F[i] = i;
- S[i] = 1;
- }
- for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
- int x = rd();
- add(x, i);
- add(i, x);
- }
- dfs(1, 1);
- bfs();
- inv[0] = 1;
- for (int i = 1; i <= n; i ++ )
- inv[i] = qpow(i, mod - 2);
- // for (int i = 0 ; i <= n; i ++ ) {
- // printf("%d ", inv[i]);
- // }
- // puts("");
- int mdl = qpow(2, n);
- for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
- g[i] = (mdl - n - 1 + mod) % mod;
- int len = v[i].size();
- for (int j = 0; j < len; j ++ ) {
- int x = v[i][j].x, y = v[i][j].y;
- x = find(x), y = find(y);
- if (x != y) {
- mdl = (ll)mdl * inv[S[x] + 1] % mod * inv[S[y] + 1] % mod;
- F[x] = y; S[y] += S[x];
- mdl = (ll)mdl * (S[y] + 1) % mod;
- }
- }
- }
- int ans = 0;
- for (int i = 1; i < n; i ++ ) {
- ans = (ans + (ll)(g[i] - g[i + 1] + mod) % mod * i % mod) % mod;
- }
- cout << ans << endl ;
- return 0;
- }
小结:好题好题,这个题的思路行云流水。重点是能否想到把那个,一段区间只能选一个这个事情考虑清楚,从而转变成区间的合并问题,这是关键。
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