BZOJ4543[POI2014]Hotel加强版——长链剖分+树形DP

题意参见BZOJ3522

n<=100000

数据范围增强了，显然之前的转移方程不行了，那么不妨换一种。

因为不能枚举根来换根DP，那么我们描述的DP方程每个点要计算三个点都在这个点的子树内的方案数。

设f[i][j]表示i节点子树中与i距离为j的点的个数.

g[i][j]表示i节点子树中有g[i][j]对点满足每对点距离他们lca的距离都是d，他们lca距离i节点为d-j

也就是说现在已经找到两个节点了，需要再在没遍历的i的子树中找到一个距离i为j的点。

那么很容易得到转移方程：

ans+=f[x][j-1]*g[to[i]][j]

ans+=g[x][j+1]*f[to[i]][j]

g[x][j+1]+=f[to[i]][j]*f[x][j+1]

g[x][j-1]+=g[to[i]][j]

f[x][j+1]+=f[to[i]][j]

发现这个DP是合并深度信息转移的，而且子树信息被合并后就没用了，因此可以用长链剖分优化，每次继承重儿子信息，暴力合并其他子树。

因为父节点的f和g数组只由重儿子左移一位或右移一位得到，因此O(1)指针优化就好了。

具体应用到的长链剖分参见长链剖分

#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
int x,y;
int tot;
ll s[1000010];
int head[100010];
int to[200010];
int mx[100010];
int next[200010];
int son[100010];
int fa[100010];
ll ans;
ll *now=s+1;
ll *f[100010];
ll *g[100010];
void add(int x,int y)
{tot++;next[tot]=head[x];head[x]=tot;to[tot]=y;
}
void dfs(int x)
{mx[x]=0;for(int i=head[x];i;i=next[i]){if(to[i]!=fa[x]){fa[to[i]]=x;dfs(to[i]);mx[x]=max(mx[to[i]]+1,mx[x]);if(mx[to[i]]>mx[son[x]]){son[x]=to[i];}}}
}
void dfs2(int x)
{if(son[x]){f[son[x]]=f[x]+1;g[son[x]]=g[x]-1;dfs2(son[x]);}f[x][0]=1;ans+=g[x][0];for(int i=head[x];i;i=next[i]){if(to[i]!=fa[x]&&to[i]!=son[x]){f[to[i]]=now;now+=mx[to[i]]+1;g[to[i]]=now+mx[to[i]]+1;now+=mx[to[i]]*2+2;dfs2(to[i]);for(int j=mx[to[i]];j>=0;j--){if(j){ans+=f[x][j-1]*g[to[i]][j];}ans+=g[x][j+1]*f[to[i]][j];g[x][j+1]+=f[to[i]][j]*f[x][j+1];}for(int j=0;j<=mx[to[i]];j++){if(j){g[x][j-1]+=g[to[i]][j];}f[x][j+1]+=f[to[i]][j];}}}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}dfs(1);f[1]=now;now+=mx[1]+1;g[1]=now+mx[1]+1;now+=mx[1]*2+2;dfs2(1);printf("%lld",ans);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/9581559.html

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