樹上統計treecnt(dsu on tree 並查集 正難則反)
阿新 • • 發佈:2018-09-21
problem freopen space script type 題目 每次 分割 pos
對於子樹內的點,並查集顯然是可以維護的(每次合並相鄰點成為一個連續區間時新產生的連續區間數可算,就是兩個集合\(size\)的乘積)。
對於子樹外的點怎麽算呢。我們可以先假設子樹外為\(1,2,...,n\),且有這些區間。我們每次在子樹中加入點時,就把它從子樹外的集合的點中刪掉,並計算子樹外少的區間數。
我們發現不需要\(n\)個元素的集合,也不需要這樣刪。在一個初始只有\(0\)和\(n+1\)的空集合裏,每次加入子樹內的點,然後計算,也是等價的。
於是我們需要對每個子樹合並並查集及處理set。
可以用dsu on tree,每次先處理完輕兒子的子樹,每次處理完都清空那棵子樹的貢獻/狀態(並查集、set)。最後處理重兒子所在子樹,並保留其狀態。
處理完這整棵子樹後(也就是算完該邊答案後),再把子樹內其它未加入的輕子樹給加入並查集、set。
dsu的復雜度是\(O(n\log n)\)的,再套上別的,復雜度為\(O(n\log^2n)\)。
題目鏈接
\(Description\)
給定一棵\(n(n\leq 10^5)\)個點的樹。
定義\(Tree[L,R]\)表示為了使得\(L\sim R\)號點兩兩連通,最少需要選擇的邊的數量。
求\[\sum_{l=1}^n\sum_{r=l}^nTree[l,r]\]
\(Solution\)
枚舉每條邊,計算它的貢獻。
那麽我們要判斷有多少連續區間的點跨過這條邊,並不好算,反過來去求在這條邊的兩側分別有多少個連續區間。
那麽顯然有\(O(n^2)\)的做法,即對每條邊DFS它的兩側,枚舉一下每一側的連續區間。
我們還可以DFS這棵樹,對於每個點我們需要計算它子樹內和子樹外的連續區間數。
對於子樹外的點怎麽算呢。我們可以先假設子樹外為\(1,2,...,n\),且有這些區間。我們每次在子樹中加入點時,就把它從子樹外的集合的點中刪掉,並計算子樹外少的區間數。
我們發現不需要\(n\)個元素的集合,也不需要這樣刪。在一個初始只有\(0\)和\(n+1\)的空集合裏,每次加入子樹內的點,然後計算,也是等價的。
於是我們需要對每個子樹合並並查集及處理set。
可以用dsu on tree,每次先處理完輕兒子的子樹,每次處理完都清空那棵子樹的貢獻/狀態(並查集、set)。最後處理重兒子所在子樹,並保留其狀態。
dsu的復雜度是\(O(n\log n)\)的,再套上別的,復雜度為\(O(n\log^2n)\)。
#include <set> #include <cstdio> #include <cctype> #include <algorithm> //#define gc() getchar() #define MAXIN 150000 #define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++) #define Calc(x) (1ll*(x)*(x-1)>>1ll)//區間個數 typedef long long LL; const int N=1e5+5; int n,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],fa[N],sz[N],son[N],Fa[N],size[N]; bool vis[N];//計算子樹內的連續區間(是否子樹內已存在相鄰的) LL Ans,sum1,sum2; std::set<int> st; char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN; inline int read() { int now=0;register char c=gc(); for(;!isdigit(c);c=gc()); for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc()); return now; } inline void AE(int u,int v) { to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum; to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum; } void DFS1(int x) { int mx=0; sz[x]=1; for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if((v=to[i])!=fa[x]) { fa[v]=x, DFS1(v), sz[x]+=sz[v]; if(sz[v]>mx) mx=sz[v], son[x]=v; } } int Find(int x) { return x==Fa[x]?x:Fa[x]=Find(Fa[x]); } void Upd(int x) { st.insert(x);//我怎麽記得有返回值(iterator)來... std::set<int>::iterator it=st.find(x),pre=it,nxt=++it; --pre; sum2-=Calc(*nxt-*pre-1);//子樹外以前的連續區間被分割 sum2+=Calc(x-*pre-1)+Calc(*nxt-x-1); vis[x]=1; if(vis[x-1]) { int r1=Find(x-1),r2=Find(x);//它們之前顯然不會在一個集合啊(它們之間只會算一次,要麽是加x-1,以前有x;要麽是加x,以前有x-1)。 sum1+=1ll*size[r1]*size[r2]; Fa[r1]=r2, size[r2]+=size[r1]; } if(vis[x+1]) { int r1=Find(x+1),r2=Find(x); sum1+=1ll*size[r1]*size[r2]; Fa[r1]=r2, size[r2]+=size[r1]; } } void Clear(int x) { Fa[x]=x, size[x]=1, vis[x]=0; for(int i=H[x]; i; i=nxt[i]) if(to[i]!=fa[x]) Clear(to[i]); } void Update(int x) { Upd(x); for(int i=H[x]; i; i=nxt[i]) if(to[i]!=fa[x]) Update(to[i]); } void DFS2(int x) { for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if((v=to[i])!=fa[x]&&v!=son[x]) { DFS2(v), Clear(v); st.clear(), st.insert(0), st.insert(n+1); sum1=0, sum2=Calc(n);//還是在DFS完子樹後就初始化吧 } if(son[x]) DFS2(son[x]); for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i]) if((v=to[i])!=fa[x]&&v!=son[x]) Update(v); Upd(x); Ans+=Calc(n)-sum1-sum2; } int main() { freopen("treecnt.in","r",stdin); freopen("treecnt.out","w",stdout); n=read(); for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read()); for(int i=1; i<=n; ++i) Fa[i]=i,size[i]=1;//! st.insert(0), st.insert(n+1);//邊界. sum1=0, sum2=Calc(n), DFS1(1), DFS2(1), printf("%lld\n",Ans); return 0; }
另一種\(O(n^2)\)做法:
#include <set>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,INF=0x3f3f3f3f;
int dgr[N],Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],fa[N],dep[N],sz[N],son[N],top[N],dfn[N],ref[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
// ++dgr[u], ++dgr[v];
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
inline int LCA(int u,int v)
{
// printf("LCA(%d,%d)\n",u,v);
while(top[u]!=top[v]) dep[top[u]]>dep[top[v]]?u=fa[top[u]]:v=fa[top[v]];
return dep[u]>dep[v]?v:u;
}
inline int Dis(int u,int v)
{
// printf("(%d,%d) Subd:dep[%d]=%d!\n",u,v,LCA(u,v),dep[LCA(u,v)]);
return dep[u]+dep[v]-(dep[LCA(u,v)]<<1);
}
void DFS1(int x)
{
int mx=0; sz[x]=1;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x])
{
fa[v]=x, dep[v]=dep[x]+1, DFS1(v), sz[x]+=sz[v];
if(sz[v]>mx) mx=sz[v], son[x]=v;
}
}
void DFS2(int x,int tp)
{
static int Index=0;
top[x]=tp, dfn[x]=++Index;
if(son[x])
{
DFS2(son[x],tp);
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]) DFS2(to[i],to[i]);
}
}
inline bool cmp_dfn(int i,int j)
{
return dfn[i]<dfn[j];
}
void Output(int *l,int *r,int n)
{
printf("\nOutput the list:\n%d",0);
for(int p=r[0]; p!=n+1; p=r[p]) printf("->%d(%d)",p,l[p]); puts("\n");
}
void Subtask0(int n)
{
const int N=305;
static int A[N];
LL ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
int t=1; A[1]=i;
for(int j=i+1; j<=n; ++j)
{
A[++t]=j, std::sort(A+1,A+1+t,cmp_dfn);
for(int k=1; k<t; ++k) ans+=Dis(A[k],A[k+1]);
ans+=Dis(A[t],A[1]);
}
}
printf("%I64d\n",ans>>1ll);
}
void Subtask1(int n)
{
const int N=3005;
static int A[N],SL[N],SR[N],L[N],R[N],id[N],tl[N],tr[N];
LL ans=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=1ll*(1ll*(i-1)*(n-i+1)+n-i)*dep[i],id[i]=i;
// printf("pre_ans=%I64d\n\n",ans);
std::sort(id+1,id+1+n,cmp_dfn);
SR[0]=id[1], SL[n+1]=id[n], id[n+1]=n+1;
for(int i=1; i<=n; ++i) SL[id[i]]=id[i-1], SR[id[i]]=id[i+1];
// for(int i=1; i<=n; ++i) printf("dfn[%d]=%d\n",i,dfn[i]); puts("");
// Output(SL,SR,n);
for(int i=1; i<n; ++i)
{
memset(tl,0,sizeof tl), memset(tr,0,sizeof tr);
memcpy(L,SL,sizeof SL), memcpy(R,SR,sizeof SR);
// Output(L,R,n);
for(int j=n,T=1,l,r; j>i; --j,++T)
{
int a,b;
if((l=L[j])==0) a=j, b=L[n+1];
else a=j, b=l;
int tmp=std::min(T-tr[b],T-tl[a]);
ans-=1ll*tmp*dep[LCA(a,b)], tr[b]=T;
if((r=R[j])==n+1) b=j, a=R[0];
else b=j, a=r;
tmp=std::min(T-tr[b],T-tl[a]);
ans-=1ll*tmp*dep[LCA(a,b)], tl[a]=T;
R[l]=r, L[r]=l;
// if((l=L[j])==0) ans-=dep[LCA(j,L[n+1])], printf("Subd:dep[%d]=%d!\n",LCA(j,L[n+1]),dep[LCA(j,L[n+1])]);
// else ans-=dep[LCA(j,l)], printf("Subd:dep[%d]=%d!\n",LCA(j,l),dep[LCA(j,l)]);
// if((r=R[j])==n+1) ans-=dep[LCA(j,R[0])], printf("Subd:dep[%d]=%d!\n",LCA(j,R[0]),dep[LCA(j,R[0])]);
// else ans-=dep[LCA(j,r)], printf("Subd:dep[%d]=%d!\n",LCA(j,r),dep[LCA(j,r)]);
// R[l]=r, L[r]=l;
}
SR[SL[i]]=SR[i], SL[SR[i]]=SL[i];
}
printf("%I64d\n",ans);
}
namespace Subtask2
{
// struct BIT
// {
// #define lb(x) (x&-x)
// int n,mn[N],mx[N];
//
// void Init(int nn) {n=nn; memset(mn,0x3f,sizeof mn), memset(mx,0,sizeof mx);}
// void Modify_Max(int p,int v)
// {
// for(; p<=n; p+=lb(p)) mx[p]=std::max(mx[p],v);
// }
// void Modify_Min(int p,int v)
// {
// for(; p<=n; p+=lb(p)) mn[p]=std::min(mn[p],v);
// }
// int Query_Max(int p)
// {
// int res=0;
// for(; p; p^=lb(p)) res=std::max(res,mx[p]);
// return res;
// }
// int Query_Min(int p)
// {
// int res=INF;
// for(; p; p^=lb(p)) res=std::min(res,mn[p]);
// return res;
// }
// }Tp,Ts;
// int pos[N],ref[N];
//
// void DFS3(int x,int f,int t)
// {
//// pos[x]=t, ref[t]=x;
// pos[t]=x;
// for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
// if(to[i]!=f) DFS3(to[i],x,t+1);
// }
// bool Main(int n)
// {
// for(int i=1; i<=n; ++i) if(dgr[i]>2) return 0;
// for(int i=1; i<=n; ++i) if(dgr[i]==1) {DFS3(i,i,1); break;}
//
// LL ans=0;
// Tp.Init(n), Ts.Init(n);
// for(int i=n; i; --i)
// {
// int p=pos[i],l=Tp.Query_Max(p)+1,r=Ts.Query_Min(n-p+1)-1;
//// if(l==0+1) l=1;
// if(r==INF-1) r=n;
// ans+=1ll*i*(p-l+1)*(r-p+1);
// Tp.Modify_Max(p,p), Ts.Modify_Min(n-p+1,p);
// }
//
// Tp.Init(n), Ts.Init(n);
// for(int i=1; i<=n; ++i)
// {
// int p=pos[i],l=Tp.Query_Max(p)+1,r=Ts.Query_Min(n-p+1)-1;
//// if(l==0+1) l=1;
// if(r==INF-1) r=n;
// ans-=1ll*i*(p-l+1)*(r-p+1);
// Tp.Modify_Max(p,p), Ts.Modify_Min(n-p+1,p);
// }
// printf("%I64d\n",ans);
// return 1;
// }
}
int main()
{
freopen("treecnt.in","r",stdin);
freopen("treecnt.out","w",stdout);
int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
// if(n>3000 && Subtask2::Main(n)) return 0;
DFS1(1), DFS2(1,1);
// Subtask0(n); puts("");
if(n<=300) Subtask0(n);
else if(n<=3000||1) Subtask1(n);
return 0;
}
樹上統計treecnt(dsu on tree 並查集 正難則反)