Codeforces Gym 100339B Diversion 树形DP + LCA

题目大意：

就是现在一个图, 其中n个点, n <= 20000, m条边, m <= 100000

其中一些边是石子路一些事乡村小路, 图保证石子路形成一棵树, 使得所有城市通过石子路能相同, 另外是一些乡村小路

现在要从图中删除一条石子路和一条乡村小路使得图变得不连通, 问有多少种删法

大致思路：

很明显是个树形DP, 对于每个石子路, 一旦被删除, 树就被切割成了一颗子树和该子树之外两个部分, 那么对应的删除乡村小路的方案就有3种情况：

1.这棵子树不和其他部分通过乡村小路相连, 那么删掉任意一条乡村小路即可

2. 这棵子树和其他部分通过1条小路相连, 那么对应删除的乡村小路只能是这条小路

3. 这棵子树和其他部分有2条或以上数量的小路相连, 那么这个状态下是没有可行方案的

于是树形DP维护一下当前子树下有多少条小路连接到该子树之外即可

要维护这个只需要对乡村小路两个端点求LCA即可, 判断他们的LCA是不是被当前子树包含住

由于每条乡村小路最多只会被询问两次LCA, 总体复杂度并不高

代码如下：

Result : Accepted Memory : 6796 KB Time : 154 ms

#include <map>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;#define maxn 20010
vector<int> G[maxn];
vector<int> H[maxn];
int n, m;
int st[2*maxn][20];
int pos[maxn];
int sum;
int dfn[maxn];
int fa[maxn];void add(int x)
{st[++sum][0] = x;pos[x] = sum;return;
}void dfs(int now, int father)
{int nex;for(int i = 0, sz = G[now].size(); i < sz; i++) if((nex = G[now][i]) != father){fa[nex] = now;add(now);dfn[nex] = dfn[now] + 1;dfs(nex, now);}add(now);return;
}int Min(int x, int y)
{return dfn[x] < dfn[y] ? x : y;
}void initLCA()
{for(int j = 1; (1 << j) <= sum; j++)for(int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= sum; i++)st[i][j] = Min(st[i][j - 1], st[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);return;
}int lca(int u, int v)
{u = pos[u], v = pos[v];if(u > v) swap(u, v);int k = 0;while((1 << (k + 1)) <= v - u + 1) k++;return Min(st[u][k], st[v - (1 << k) + 1][k]);
}int dp[maxn];int gao(int now, int father)
{int nex;int ret = 0;for(int i = 0, sz = G[now].size(); i < sz; i++) if((nex = G[now][i]) != father)ret += gao(nex, now);for(int j = 0, sz = H[now].size(); j < sz; j++){int z = lca(now, H[now][j]);if(z == now) ret--;else ret++;}return dp[now] = ret;
}int main(){freopen( "diversion.in" , "r" , stdin );freopen( "diversion.out" , "w" , stdout );scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++)G[i].clear(), H[i].clear();int u, v, t;for(int i = 1; i <= m; i++){scanf("%d %d %d", &u, &v, &t);if(t == 1) G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);else H[u].push_back(v), H[v].push_back(u);}fa[1] = -1;dfn[1] = sum = 0;dfs(1, -1);initLCA();gao(1, -1);int ans = 0;for(int i = 2; i <= n; i++)if(dp[i] == 0)ans += m;else if(dp[i] == 1)ans += 1;else ans += 0;printf("%d\n", ans);return 0;
}

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