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最近公共祖先

时间:2019-05-02 21:46:55      阅读:129      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:namespace   font   数列   pre   图片   stdin   ons   typedef   clu   

 

最近公共祖先

技术图片

PS:

如果一棵二叉树的结点要么是叶子结点,要么它有两个子结点,这样的树就是满二叉树。

 

若设二叉树的深度为h,除第 h 层外,其它各层 (1~h-1) 的结点数都达到最大个数,第 h 层所有的结点都连续集中在最左边,这就是完全二叉树。

 

等比数列通项公式、求和公式

技术图片

技术图片

 

 

then,看题

 

x的祖先是 a ,a可以有很多,从x到1路径上的所有点都是它的祖先

 

技术图片

技术图片

对于两个点x,y,位置不同,向上跳到父节点,直到相遇,第一个相遇的点就是lca

 

题目计算的是任意两个点 LCA 的深度,这个数量等于,任意两个点公共的祖先共有多少个。

显然成立

技术图片

 

 任意两个点x,y的公共祖先是a的话,等价于x,y都在a的子树里,也就是相当于a是点对(x,y)的公共祖先,全部寻找完之后,会发现还有其他的点对的公共祖先是a,也就是a还是其他点对的公共祖先,问题就转化为枚举每个节点a,看它是多少个点对的公共祖先

 

比如我们枚举x,y,有多少个公共祖先a

 技术图片

换一下枚举顺序就是

技术图片

 

注意到没有必要将所有点对的 LCA 都计算出来,因为对于同一层的两个节点lca是相同的,每一层只需要算一个节点就行

 

 考虑计算第 层的某个节点,是多少个点对的公共祖先,这个数量就是该节点子树内节点数的平方。

技术图片

技术图片(等比数列求和)

 

技术图片

技术图片是每个a的点对的个数,技术图片是第i层有多少个点

 

技术图片

 

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353;
typedef long long LL;
int fpm(int p, int k)
{
    int res = 1;
    for (p %= mod; k; k >>= 1, p = (LL) p * p % mod)
        if (k & 1) res = (LL) res * p % mod;
    return res;
}
int main()
{
//    freopen("lca.in", "r", stdin);
//    freopen("lca.out", "w", stdout);
    int n, K; cin >> n >> K;
    int e = fpm(K - 1, mod - 2); //(K - 1) ^ (-1)
    int x = (fpm(K, n) - 1) * (LL) e % mod; //(K ^ n - 1) / (K - 1)
    int ans = (fpm(K, n + 1) + 1) * (LL) x % mod;
    ans = (ans - 2 * n * (LL) fpm(K, n)) % mod;
    ans = ans * (LL) e % mod * (LL) e % mod;
    cout << (ans < 0 ? ans + mod : ans);
}

 

 

 

 

技术图片

技术图片(带边权的距离)

技术图片

技术图片

   x在树上向上1层的祖先就是它的父节点

 x在树上向上 j 层的祖先就是 x 向上 2j - 1 层的祖先向上 2j - 1 层的祖先

(比如:anc[x][2]=anc[ anc[x][1] ][1]

    x在树上向上2层的祖先就是 x 向上 2 层的祖先向上 2 层的祖先)

 

 技术图片

技术图片

举个栗子:

技术图片

技术图片

技术图片

技术图片

 

 由于技术图片

技术图片

 

 技术图片

 

 

最近公共祖先

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原文地址:https://www.cnblogs.com/xiaoyezi-wink/p/10803293.html

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