CF1009F Dominant Indices

给定一棵以 $1$ 为根的树，统计每个节点的子树中所有点到该点距离相同的最多的距离，如果相等选择较小的

$n\leq10^6$

长链剖分，dp

APIO2019上讲的……

首先可以设计一个时空 $O(n^2)$ 的dp，令 $f_{u,\ k}$ 表示以 $u$ 的子树内与它距离为 $k$ 的点的个数，转移即为 $f_{u,\ k}=\sum{f_{v,\ k-1}}$ ，算答案直接统计即可

这种问题的解法是用长链剖分的套路，先 $O(1)$ 继承长儿子的贡献，合并转移剩下儿子的贡献

考虑这种做法的时间复杂度，每条长链只会被遍历一次，而长链点数之和是 $O(n)$ 的，因此时空复杂度 $O(n)$

有一种较为优秀的实现方法是开内存池，将 $f_u$ 看做指针，将 $f_{son_u}$ 赋值 $f_u+1$ 快速继承

此题 $f_{u,\ ans_u}=1$ 需要特判

时间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e6 + 10;
int buf_dp[maxn], *dp[maxn], *it = buf_dp;
int n, m, h[maxn], len[maxn], son[maxn], ans[maxn];struct edges {int nxt, to;
} e[maxn << 1];void addline(int u, int v) {static int cnt;e[++cnt] = edges{h[u], v}, h[u] = cnt;
}void dfs(int u, int f) {for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to;if (v != f) {dfs(v, u);if (len[son[u]] < len[v]) son[u] = v;}}len[u] = len[son[u]] + 1;
}void DP(int u, int f) {*dp[u] = 1;if (son[u]) {dp[son[u]] = dp[u] + 1;DP(son[u], u), ans[u] = ans[son[u]] + 1;}for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {int v = e[i].to;if (v != f && v != son[u]) {dp[v] = it, it += len[v], DP(v, u);for (int j = 1; j <= len[v]; j++) {dp[u][j] += dp[v][j - 1];if (dp[u][j] > dp[u][ans[u]] || (dp[u][j] == dp[u][ans[u]] && j < ans[u])) {ans[u] = j;}}}}if (dp[u][ans[u]] == 1) ans[u] = 0;
}int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i < n; i++) {int u, v;scanf("%d %d", &u, &v);addline(u, v), addline(v, u);}dfs(1, 0);dp[1] = it, it += len[1];DP(1, 0);for (int i = 1; i <= n; i++) {printf("%d\n", ans[i]);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Juanzhang/p/10920553.html

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