【BZOJ3648】寢室管理 樹分治
阿新 • • 發佈:2017-11-05
數組 沒有 != 決定 算法 microsoft put ron 1+n
第一行為三個正整數N,M,K(2 ≤ K ≤ N),代表有n間寢室,m條邊連接它們n-1 ≤ m ≤ N;
m= n-1意味著“情報遁道”未被修好;m=n意味著“情報通道”已被修好),以及題目描述中的K。
接下來m行,每行兩個正整數z,y,代表第x間寢室與第y間寢室之間有一條雙向邊。
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【BZOJ3648】寢室管理
Description
T64有一個好朋友,叫T128。T128是寄宿生,並且最近被老師叫過去當宿管了。宿管可不是一件很好做的工作,碰巧T128有一個工作上的問題想請T64幫忙解決。T128的寢室條件不是很好,所以沒有很多錢來裝修。禮間寢室僅由n-1條雙向道路連接,而且任意兩間寢室之間都可以互達。最近,T128被要求對一條路徑上的所有寢室進行管理,這條路徑不會重復經過某個點或某條邊。但他不記得是哪條路徑了。他只記得這條路徑上有不少於k個寢室。於是,他想請T64幫忙數一下,有多少條這樣的路徑滿足條件。嗯…還有一個問題。由於最近有一些熊孩子不準晚上講話很不爽,他們決定修築一條“情報通道”,如果通道建成,寢室就變成了一個N個點N條邊的無向圖。並且,經過“情報通道”的路徑也是合法的。T128心想:通道建成之前,T64還有一個高效的算法幫我數路徑條數,但是通道建成之後,他還有辦法嗎?對,T64手忙腳亂,根本數不清有多少條路徑。於是他找到了你。Input
Output
僅包含一個整數,代表經過至少K間寢室的路徑條數。
Sample Input
5 5 21 3
2 4
3 5
4 1
5 2
Sample Output
20HINT
N≤100000
K≤N
M=N
題解:現將環上的所有邊都拆開,對於不經過環上的邊的路徑,我們可以對每個子樹都用樹分治解決,具體做法可以采用樹形DP式+樹狀數組或容斥式+雙指針,復雜度都是$O(nlog^2_n)$的。
對於經過環的路徑,我們亂@%#^&^^搞即可。
好吧具體細節還是見代碼吧。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <vector> #include <queue> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=100010; int f[maxn<<1],to[maxn<<1],next[maxn<<1],head[maxn],vis[maxn],s[maxn<<1],siz[maxn],tim[maxn<<1],d[maxn],p[maxn]; vector<int> ch[maxn]; int n,m,K,mn,tot,cnt,rt,now,len; ll ans; queue<int> q; inline void add(int a,int b) { to[cnt]=b,next[cnt]=head[a],head[a]=cnt++; } inline void updata(int x,int v) { for(int i=x;i;i-=i&-i) { if(tim[i]<now) tim[i]=now,s[i]=0; s[i]+=v; } } inline int query(int x) { if(x<=0) x=1; int ret=0,i; for(i=x;i<=2*n;i+=i&-i) { if(tim[i]<now) tim[i]=now,s[i]=0; ret+=s[i]; } return ret; } void getrt(int x,int fa) { siz[x]=1; int tmp=0,i; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa&&!vis[to[i]]) getrt(to[i],x),tmp=max(tmp,siz[to[i]]),siz[x]+=siz[to[i]]; tmp=max(tmp,tot-siz[x]); if(tmp<mn) mn=tmp,rt=x; } int getdep(int x,int fa,int dep) { f[dep]++; int i,tmp=dep; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(to[i]!=fa&&!vis[to[i]]) tmp=max(tmp,getdep(to[i],x,dep+1)); return tmp; } void solve(int x) { vis[x]=1,now++; int i,j,tmp; for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(!vis[to[i]]) { tmp=getdep(to[i],x,1); for(j=1;j<=tmp;j++) ans+=(ll)(query(K-j-1)+(j>=K-1))*f[j]; for(j=1;j<=tmp;j++) updata(j,f[j]),f[j]=0; } for(i=head[x];i!=-1;i=next[i]) if(!vis[to[i]]) mn=1<<30,tot=siz[to[i]],getrt(to[i],x),solve(rt); } void dfs(int x) { p[++len]=x,d[x]=-2; for(int i=0;i<(int)ch[x].size();i++) if(d[ch[x][i]]==-1) dfs(ch[x][i]); } inline int rd() { int ret=0,f=1; char gc=getchar(); while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘) f=-f; gc=getchar();} while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+(gc^‘0‘),gc=getchar(); return ret*f; } int main() { //freopen("bz3648.in","r",stdin); n=rd(),m=rd(),K=rd(); int i,j,u,a,b,tmp; memset(head,-1,sizeof(head)); if(n>m) { for(i=1;i<n;i++) a=rd(),b=rd(),add(a,b),add(b,a); tot=n,mn=1<<30,getrt(1,0),solve(rt); printf("%lld",ans); return 0; } for(i=1;i<=n;i++) a=rd(),b=rd(),ch[a].push_back(b),ch[b].push_back(a),d[a]++,d[b]++; for(i=1;i<=n;i++) if(d[i]==1) q.push(i); while(!q.empty()) { u=q.front(),q.pop(); for(i=0;i<(int)ch[u].size();i++) { d[ch[u][i]]--; if(!d[ch[u][i]]) add(u,ch[u][i]),add(ch[u][i],u); if(d[ch[u][i]]==1) q.push(ch[u][i]); } } for(i=1;i<=n;i++) if(d[i]>1) u=i,d[i]=-1; dfs(u); for(i=1;i<=len;i++) for(j=0;j<(int)ch[p[i]].size();j++) if(d[ch[p[i]][j]]!=-2) add(ch[p[i]][j],p[i]),add(p[i],ch[p[i]][j]); for(i=1;i<=len;i++) tot=n,mn=1<<30,getrt(p[i],0),solve(rt); now++; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(i=1;i<=len;i++) { tmp=getdep(p[i],0,1); for(j=1;j<=tmp;j++) ans+=(ll)query(K-(i+j)+1+n)*f[j]; for(j=1;j<=tmp;j++) updata(j-i+n,f[j]),f[j]=0; } now++; for(i=1;i<=len;i++) { tmp=getdep(p[i],0,1); for(j=1;j<=tmp;j++) ans+=(ll)query(K+1-len+i-j)*f[j]; for(j=1;j<=tmp;j++) updata(i+j,f[j]),f[j]=0; } printf("%lld",ans); return 0; }
【BZOJ3648】寢室管理 樹分治