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51nod 1709 复杂度分析

考虑定义 $ F(x) $ 为 \(x\) 为根的子树所有点与 $ x $ 的深度差（其实就是 $ x $ 到每个子树内点的距离）的 1 的个数和。

注意，$ F(x) $ 的值不是答案，但是只需要一点树形dp的基础内容就可以变成要求的答案。

对于一个点 $ u $ ， 考虑它的一个儿子 $ v $ ， 我们此时已经计算出了 $ F( v ) $ 的值那么怎么统计 $ v $中所有点对于 $ u $ 的贡献呢？首先考虑 $ F(v) $ 的变化，由于当前的点 $ u $ 是 $ v $ 的父亲，$ v $ 中所有点到 $ u $ 的距离实际上是原来到 $ v $ 的路径长度 + 1。那么二进制中1的个数加了多少呢？

对于一个 $ v $ 子树中点 $ k $，假设它到 $ v $ 的距离是 $ d $，则：

• 如果 $ d \equiv 0 \pmod 2 $ 那么显然二进制1的个数直接+1
• 如果$ d \equiv 1 \pmod 2 $ 那么二进制中1的个数 不变
• 如果$ d \equiv 3 \pmod {2^2} $ 那么二进制中1的个数 少1
• 如果$ d \equiv 7 \pmod {2^3} $ 那么二进制中1的个数 少1
• ...

那么就有了一个思路，把 $ v $ 子树中与 $ v $ 距离 $ d \equiv {2^k - 1} \pmod {2^k} $ 的点的个数存着，这个可以倍增预处理。

那么对于 $ F $ 我们就会转移了，先+上子树的size，然后减去 $ v $ 子树中 $ 2^k - 1 $ 距离的点的个数。

转移了 $ F $ 后，直接给 $ v $ 中的 $ F $ 乘上 $ size(u) - size(v) $ （这个是显然的树形dp了）

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100006
typedef long long ll;
int n;

int read(  ) {
    int ret = 0; char ch = ' ';
    while( ch < '0' || ch > '9' ) ch = getchar();
    while( ch >= '0' && ch <= '9' ) ret *= 10 , ret += ch - '0' , ch = getchar();
    return ret;
}

int head[MAXN] , to[MAXN << 1] , nex[MAXN << 1] , ecn = 0;
void ade( int u , int v ) {
    to[++ecn] = v , nex[ecn] = head[u] , head[u] = ecn;
}

int G[MAXN][18] , GG[MAXN][18]; ll t[MAXN][18] ; // G 2^k , GG 2^{k - 1} , t how many nodes at dep % 2^k = 2^k - 1
int siz[MAXN];
void dfs( int u , int fa ) {
    siz[u] = 1;
    for( int i = head[u] ; i ; i = nex[i] ) {
        int v = to[i];
        if( v == fa ) continue;
        G[v][0] = u , GG[v][0] = v;
        for( int k = 1 ; k < 18 ; ++ k ) {
            if( G[G[v][k-1]][k-1] )
                G[v][k] = G[G[v][k-1]][k-1];
            if( G[GG[v][k-1]][k-1] )
                GG[v][k] = G[GG[v][k-1]][k-1];
            else break;
        }
        dfs( v , u );
        siz[u] += siz[v];
    }
    for( int k = 1 ; k < 18 ; ++ k ) {
        if( G[u][k] )
            t[G[u][k]][k] += t[u][k];
        if( GG[u][k] )
            ++ t[GG[u][k]][k];
        else break;
    }
}
ll res = 0;
ll T[MAXN];
ll solve( int u , int fa ) {
    ll R = 0 , ret = 0;
    for( int i = head[u] ; i ; i = nex[i] ) {
        int v = to[i];
        if( v == fa ) continue;
        R = 0;
        ll lst = solve( v , u );
        R += lst + siz[v];
        R -= T[v];
        res += R * ( siz[u] - siz[v] );
        ret += R;
    }
    return ret;
}

signed main( ) {
    n = read();
    for( int i = 1 , u , v ; i < n ; ++ i ) {
        u = read() , v = read();
        ade( u , v ) , ade( v , u );
    }
    dfs( 1 , 1 );
    for( int i = 1 ; i <= n ; ++ i )
        for( int k = 1 ; k < 18 ; ++ k ) 
            T[i] += t[i][k];
    solve( 1 , 1 );
    printf("%lld",res);
}

51nod 1709 复杂度分析

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原文地址：https://www.cnblogs.com/yijan/p/51nod1709.html