#33. 【UR #2】树上GCD

有一棵$n$个结点的有根树$T$。结点编号为$1…n$,其中根结点为$1$。

树上每条边的长度为$1$。我们用$d(x,y)$表示结点$x,y$在树上的距离,$LCA(x,y)$表示$x,y$的最近公共祖先(即树中最深的既是$v$的祖先也是$u$的祖先的结点)。

对于两个结点$u,v(u≠v)(u≠v)$,令$a=LCA(u,v)$,定义$f(u,v)=gcd(d(u,a),d(v,a))$。

其中$gcd(x,y)$表示$x,y$的最大公约数,特别地,$gcd(0,x)=gcd(x,0)=x (x≠0)$。

对于所有$i∈{1,2,⋯,n−1}$,求出有多少对$(u,v) (u<v)$,满足$f(u,v)=i$。

输入格式

输入第一行包含一个正整数$n$。保证$n≥2$。

第$2$到$n$行中,第$i$行有一个正整数$pi$,表示结点$i$在树上的父亲是$pi$。保证$pi<i$。

输出格式

输出共$n−1$行,其中第$i$行表示对于$i$的答案。

C/C++ 输入输出 long long 时请用 %lld。C++ 可以直接使用 cin/cout 输入输出。

样例一

input

5
1
2
2
1

output

8
2
0
0

样例二

input

8
1
2
3
4
1
6
6

output

16
9
2
1
0
0
0

样例三

见样例数据下载。

限制与约定

测试点编号 n的规模 备注
1 n≤2000 $pi$在${1,2,⋯,i−1}$中均匀随机
2 n≤100000
3 n≤200000
4 n≤200000 除根结点外的每个结点至多拥有一个孩子
5 n≤200000 $pi$在$max{i−10,1}$到$i−1$之间均匀随机
6 n≤50000
7 n≤100000
8 n≤150000
9 n≤200000
10 n≤200000

时间限制:1s

空间限制:256MB

下载

样例数据下载

Solution

这题是真的神....官方题解:UOJ Round#2 题解

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
#define maxn 200010
int n,m,fa[maxn],root,tmp,block,siz;
struct EdgeNode{int next,to;}edge[maxn<<1];
int head[maxn],cnt;
void add(int u,int v) {cnt++; edge[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; edge[cnt].to=v;}
void insert(int u,int v) {add(u,v); add(v,u);}
int size[maxn],maxx[maxn]; bool visit[maxn];
void Getroot(int now,int fa)
{
size[now]=1; maxx[now]=0;
for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
if (edge[i].to!=fa && !visit[edge[i].to])
{
Getroot(edge[i].to,now);
size[now]+=size[edge[i].to];
maxx[now]=max(maxx[now],size[edge[i].to]);
}
maxx[now]=max(maxx[now],siz-size[now]);
if (maxx[now]<maxx[root]) root=now;
}
int num[maxn],deep[maxn];
void DFSdeep(int now,int fa)
{
num[deep[now]]++;
for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
if (edge[i].to!=fa && !visit[edge[i].to])
{
deep[edge[i].to]=deep[now]+1;
DFSdeep(edge[i].to,now);
}
if (deep[now]>tmp) tmp=deep[now];
}
long long S[maxn],Ans[maxn],ans[maxn],tim[maxn],Num[maxn],Tim[maxn],f[510][510];
void GetAns(int now)
{
visit[now]=1;
int maxd=0,Maxd=0;
for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
if (!visit[edge[i].to] && edge[i].to!=fa[now])
{
deep[edge[i].to]=1;
tmp=0; DFSdeep(edge[i].to,now);
if (tmp>maxd) maxd=tmp;
for (int j=1; j<=tmp; j++)
for (int k=j; k<=tmp; k+=j)
tim[j]+=num[k];
for (int j=1; j<=tmp; j++)
Num[j]+=num[j],Ans[j]+=num[j],S[j]+=tim[j]*Tim[j],
Tim[j]+=tim[j],tim[j]=0,num[j]=0;
}
Num[0]=1;
int zz=0,ss=now;
for (int i=fa[now]; !visit[i]&&i; ss=i,i=fa[i])
{
tmp=0; zz++;
for (int j=head[i]; j; j=edge[j].next)
if (edge[j].to!=fa[i] && !visit[edge[j].to] && edge[j].to!=ss)
deep[edge[j].to]=1,DFSdeep(edge[j].to,i);
if (tmp>Maxd) Maxd=tmp;
for (int j=1; j<=tmp; j++)
for (int k=j; k<=tmp; k+=j)
tim[j]+=num[k];
int tt=tmp<block?tmp:block;
for (int j=1; j<=tt; j++)
{
if (f[j][zz%j]==-1)
{
f[j][zz%j]=0;
for (int k=(j-zz%j)%j; k<=maxd; k+=j)
f[j][zz%j]+=Num[k];
}
S[j]+=f[j][zz%j]*tim[j];
}
for (int j=block+1; j<=tmp; j++)
for (int k=(j-zz%j)%j; k<=maxd; k+=j)
S[j]+=Num[k]*tim[j];
for (int j=1; j<=tmp; j++) tim[j]=0,num[j]=0;
Ans[zz]++;
}
int l=1,r=0;
long long tmpans=0;
for (int i=2; i<=zz+maxd; i++)
tmpans+=r+1<i?Num[++r]:0,tmpans-=l+zz<i?Num[l++]:0,Ans[i]+=tmpans;
int tt=Maxd<block?Maxd:block;
for (int i=1; i<=tt; i++)
for (int j=0; j<=i-1; j++)
f[i][j]=-1;
for (int i=0; i<=maxd; i++) Num[i]=0,Tim[i]=0;
for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next)
if (!visit[edge[i].to])
{
root=0;
siz=size[edge[i].to];
Getroot(edge[i].to,now);
GetAns(root);
}
}
void Freopen() {freopen("TreeGCD.in","r",stdin);freopen("TreeGCD.out","w",stdout);}
void Fclose() {fclose(stdin);fclose(stdout);}
int main()
{
n=read(); block=(int)sqrt(n);
for (int i=2; i<=n; i++) fa[i]=read(),insert(fa[i],i);
maxx[root]=0x7fffffff; siz=n; memset(f,-1,sizeof(f));
Getroot(1,0);
GetAns(root);
for (int i=n-1; i; i--)
{
ans[i]=S[i];
for (int j=i+i; j<=n-1; j+=i)
ans[i]-=ans[j];
}
for (int i=1; i<=n-1; i++) printf("%lld\n",ans[i]+Ans[i]);
return 0;
}

【UOJ#33】【UR#2】树上GCD 有根树点分治 + 容斥原理 + 分块的更多相关文章

  1. UOJ33 [UR #2] 树上GCD 【点分治】【容斥原理】【分块】

    题目分析: 树上点对问题首先想到点分治.假设我们进行了点分治并递归地解决了子问题.现在我们合并问题. 我们需要找到所有经过当前重心$ c $的子树路径.第一种情况是LCA为当前重心$ c $.考虑以$ ...

  2. [UOJ UR #2]树上GCD

    来自FallDream的博客,未经允许,请勿转载,谢谢. 传送门 看完题目,一般人都能想到 容斥稳了 .这样我们只要统计有多少点对满足gcd是i的倍数. 考虑长链剖分,每次合并的时候,假设我已经求出轻 ...

  3. 【uoj33】 UR #2—树上GCD

    http://uoj.ac/problem/33 (题目链接) 题意 给出一棵${n}$个节点的有根树,${f_{u,v}=gcd(dis(u,lca(u,v)),dis(v,lca(u,v)))}$ ...

  4. 【UOJ#33】【UR #2】树上GCD(长链剖分,分块)

    [UOJ#33][UR #2]树上GCD(长链剖分,分块) 题面 UOJ 题解 首先不求恰好,改为求\(i\)的倍数的个数,最后容斥一下就可以解决了. 那么我们考虑枚举一个\(LCA\)位置,在其两棵 ...

  5. 【UR #2】树上GCD

    这道题是有根树点分治+烧脑的容斥+神奇的分块 因为是规定1为根,还要求LCA,所以我们不能像在无根树上那样随便浪了,必须规定父亲,并作特殊讨论 因为gcd并不好求,所以我们用容斥转化一下,求x为gcd ...

  6. 【BZOJ-3784】树上的路径 点分治 + ST + 堆

    3784: 树上的路径 Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MBSubmit: 462  Solved: 153[Submit][Status][Discuss ...

  7. 【Luogu2664】树上游戏(点分治)

    [Luogu2664]树上游戏(点分治) 题面 洛谷 题解 很好的一道点分治题. 首先直接点分治,考虑过每个分治重心的链的贡献. 我们从分治重心开始找每种颜色,强制令一种颜色只在其到分治重心的链上第一 ...

  8. [UOJ]#33. 【UR #2】树上GCD

    题目大意:给定一棵有根树,边长均为1,对于每一个i,求树上有多少个点对,他们到lca距离的gcd是i.(n<=200,000) 做法:先容斥,求出gcd是i的倍数的点对,考虑长链剖分后从小到大合 ...

  9. UOJ#33. 【UR #2】树上GCD 点分治 莫比乌斯反演

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ33.html 题解 首先我们把问题转化成处理一个数组 ans ,其中 ans[i] 表示 d(u,a) 和 ...

随机推荐

  1. 【点滴积累,厚积薄发】windows schedule task中.exe程序的路径问题等问题总结

    1.在发布ReportMgmt的Job时遇到一个路径问题,代码如下: doc.Load(@"Configuration\Business\business.config");   ...

  2. [资料]mysql实现地理位置搜索

    mysql实现地理位置搜索 使用mysql来实现lbs(地理位置服务)功能 Mysql 地区经纬度 查询

  3. [转]解决GET请求时中文乱码的问题

    原文地址:http://www.cnblogs.com/liukemng/p/4178882.html 之前项目中的web.xml中的编码设置: <filter> <filter-n ...

  4. office 2010 2013卸载工具

    http://www.ithome.com/html/soft/32777.htm Office 2003 || Office 2007 || Office 2010.

  5. SQL Server 用SSMS查看依赖关系有时候不准确,改用代码查

    SQL Server 用SSMS查看依赖关系有时候不准确,明明某个sp中有用到表tohen,查看表tohen的依赖关系的时候,却看不到这个sp 用代码查看方式如下: --依赖于表tohen的对象 SE ...

  6. swift导航栏导航按钮添加多个按钮事件

    //导航左边返回按钮 let button1 = UIButton(frame:CGRectMake(0, 0, 18, 18)) button1.setImage(Constant.Image.Na ...

  7. 安装laravel5.1项目命令

    作为程序员还有什么比命令行执行效率还要快的呢,哈哈... composer create-project laravel/laravel your-project-name --prefer-dist ...

  8. C语言之Sleep函数

    Sleep函数: 功 能: 执行挂起一段时间 用 法: unsigned sleep(unsigned seconds); 注意: 在VC中使用带上头文件#include <windows.h& ...

  9. 柯尔莫可洛夫-斯米洛夫检验(Kolmogorov–Smirnov test,K-S test)

    柯尔莫哥洛夫-斯米尔诺夫检验(Колмогоров-Смирнов检验)基于累计分布函数,用以检验两个经验分布是否不同或一个经验分布与另一个理想分布是否不同. 在进行cumulative probab ...

  10. matlab画图形函数 semilogx

    matlab画图形函数 semilogx loglog 主要是学习semilogx函数,其中常用的是semilogy函数,即后标为x的是在x轴取对数,为y的是y轴坐标取对数.loglog是x y轴都取 ...