bzoj 2889: Tree Conundrum

标签：gre 关系 read oid 连通 memory rip char discus

2889: Tree Conundrum

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Description

给定一棵N个节点的无根树，现要求有多少种合法的分块方案。

所谓合法的分块方案，就是将树分为若干个连通块，满足每个连通块内点数相同。

Input

第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。

注意该题程序以及输入输出文件名。

Output

一行一个整数Ans，表示所求的方案数。

Sample Input

6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6

Sample Output

3
【数据规模和约定】
10%的数据满足N<=16，
30%的数据满足N<=100，
50%的数据满足N<=50000，
100%的数据满足N<=1000000。

之前做过一道类似的树分块的题目所以才有一些思路。

首先，对于每一种块的大小，方案要么没有，要么只有一种，接下来我来证明这一点。

对于一种块的大小i，如果要有方案，那么先得保证i是n的约数，并且子树siz 是i倍数的点的个数必须正好是 n/i。

为什么呢？

考虑把那些siz是i倍数的点在原树中建成一颗类似虚树的树(虚树里只有 siz 是i倍数的点，并且每个点向祖先第一个也是虚树中的点连边)，在虚树中每个点的siz肯定要大于所有子节点的siz和(因为它自己也要算啊)，并且每个叶子节点的siz是i，所以在虚树中一个大小是u的子树最多只能有u/i个节点，于是我们论证了虚树中的点个数<=n/i。

那么虚树中点的个数正好是n/i的时候一定有解，并且小于的时候一定无解呢？

对于第一个问题，我们还是考虑虚树中的点和它们的儿子的关系，我们用一个点的子树减去它所有儿子的子树所得到的联通块大小一定是i的倍数，并且如果正好有n/i个节点的话，那么正好可以证明每个联通块的大小都是i；

对于第二个问题，我们可以发现只有siz是i倍数的点可以作为联通块的lca，所以小于的时候一定无解。

如果上面的看懂了，那么方案的唯一性就不难证明了。因为我们选联通块的策略是唯一的，所以对于一种块的大小的方案也是唯一的。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn=1000005;
using namespace std;
int to[maxn*2],ne[maxn*2],hd[maxn];
int num,n,ans,k,siz[maxn],N[maxn];
inline void add(int x,int y){ to[++num]=y,ne[num]=hd[x],hd[x]=num;}
inline int read(){
	int x=0; char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-‘0‘;
	return x;
}

void dfs(int x,int fa){
	siz[x]=1;
	for(int i=hd[x];i;i=ne[i]) if(to[i]!=fa) dfs(to[i],x),siz[x]+=siz[to[i]];
	N[siz[x]]++;
}

int main(){
	scanf("%d",&n); int uu,vv;
	for(int i=1;i<n;i++) uu=read(),vv=read(),add(uu,vv),add(vv,uu);
	dfs(1,-1);
	
	for(int i=1,now;i<=n;i++) if(!(n%i)){
		now=0;
		for(int j=i;j<=n;j+=i) now+=N[j];
		if(now*i==n) ans++;
	}
	
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

bzoj 2889: Tree Conundrum

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原文地址：https://www.cnblogs.com/JYYHH/p/8947198.html