BZOJ 4835: 遗忘之树

传送门

首先设 $f[x]$ 表示点分树上 $x$ 的子树内的方案数

发现对于 $x$ 的每个儿子 $v$ ，$x$ 似乎可以向 $v$ 子树内的每个节点连边，因为不管怎么连重心都不会变

显然是错的，题目描述中说如果有多个重心取编号最小的，所以如果 $v$ 的子树大小恰好为 $x$ 的子树大小的一半

那么 $x$ 只能向 $v$ 中编号大于 $x$ 的节点连边，找编号比较大的直接暴力找即可，因为点分树的深度是 $\log n$ 的

每个点最多被每个祖先枚举到一次，所以复杂度 $O(n \log n)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=,f=; char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>'') { if(ch=='-') f=-; ch=getchar(); }
    while(ch>=''&&ch<='') { x=(x<<)+(x<<)+(ch^); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+,mo=1e9+;
int T,n,m;
int fir[N],from[N<<],to[N<<],cntt;
inline void add(int a,int b) { from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt; to[cntt]=b; }
int f[N],sz[N];
bool vis[N];
int calc(int x,int k)
{
    int res=x>k;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
        res+=calc(to[i],k);
    return res;
}
void dfs(int x)
{
    sz[x]=f[x]=;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i];
        dfs(v); sz[x]+=sz[v];
    }
    bool flag=!(sz[x]&); int t=sz[x]>>;
    for(int i=fir[x];i;i=from[i])
    {
        int &v=to[i],cnt=;
        if(flag && sz[v]==t)
            cnt=calc(v,x);
        else cnt=sz[v];
        f[x]=1ll*f[x]*f[v]%mo*cnt%mo;
    }
}
int main()
{
    T=read();
    while(T--)
    {
        for(int i=;i<=n;i++) fir[i]=vis[i]=; cntt=;
        n=read(),m=read();
        for(int i=;i<n;i++)
        {
            int a=read(),b=read();
            add(a,b); vis[b]=;
        }
        int rt=;
        for(int i=;i<=n;i++)
            if(!vis[i]) { rt=i; break; }
        dfs(rt);
        printf("%d\n",f[rt]);
    }
    return ;
}