12.21
鲜花
做题纪要
LibreOJ 121. 「离线可过」动态图连通性
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线段树分治板子。
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int u[500010],v[500010],w[500010],st[500010],ed[500010],ans[500010]; pair<int,int>e[500010]; map<pair<int,int>,int>f; struct quality {int id,fa,siz; }; struct DSU {int fa[500010],siz[500010];void init(int n){for(int i=1;i<=n;i++){fa[i]=i;siz[i]=1;}}int find(int x){return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}void merge(int x,int y,stack<quality>&s){x=find(x);y=find(y);if(x!=y){s.push((quality){x,fa[x],siz[x]});s.push((quality){y,fa[y],siz[y]});if(siz[x]<siz[y]){swap(x,y);}fa[y]=x;siz[x]+=siz[y];}}void split(stack<quality>&s){while(s.empty()==0){fa[s.top().id]=s.top().fa;siz[s.top().id]=s.top().siz;s.pop();}} }D; struct SMT {struct SegmentTree{vector<int>info;}tree[2000010];int lson(int x){return x*2;}int rson(int x){return x*2+1;}void update(int rt,int l,int r,int x,int y,int id){if(x<=l&&r<=y){ tree[rt].info.push_back(id);return;}int mid=(l+r)/2;if(x<=mid){update(lson(rt),l,mid,x,y,id);}if(y>mid){update(rson(rt),mid+1,r,x,y,id);}}void solve(int rt,int l,int r){stack<quality>s;int mid=(l+r)/2;for(int i=0;i<tree[rt].info.size();i++){D.merge(u[tree[rt].info[i]],v[tree[rt].info[i]],s);}if(l==r){ans[l]=(D.find(e[l].first)==D.find(e[l].second));}else{solve(lson(rt),l,mid);solve(rson(rt),mid+1,r);}D.split(s);} }T; int main() { // #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout); #endifint n,m=0,q,pd,tim=0,x,y,i;cin>>n>>q;for(i=1;i<=q;i++){cin>>pd;if(pd==0){m++;cin>>u[m]>>v[m];f[make_pair(u[m],v[m])]=f[make_pair(v[m],u[m])]=m;st[m]=tim+1;ed[m]=-1;}if(pd==1){cin>>x>>y; ed[f[make_pair(x,y)]]=tim;}if(pd==2){tim++;cin>>e[tim].first>>e[tim].second;}}if(tim!=0){for(i=1;i<=m;i++){ed[i]=(ed[i]==-1)?tim:ed[i];if(st[i]<=ed[i]){T.update(1,1,tim,st[i],ed[i],i);}}D.init(n);T.solve(1,1,tim);for(i=1;i<=tim;i++){cout<<(ans[i]==1?"Y":"N")<<endl;}}return 0; }
luogu P11363 [NOIP2024] 树的遍历
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观察到遍历边的过程实际上是第一次到达 \(x\) 后对于剩下的 \(du_{x}-1\) 条边以一条链的形式走完，中途可能会有其他的边加入但不影响这条链上只有这 \(du_{x}-1\) 条边。故可以得到 \(k=1\) 时答案为 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(du_{i}-1)!\) 。
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同时发现若两条边均可以作为同一棵新树的根节点，那么原树上这两条边之间的所有边都可以作为根节点生成这棵新树。
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对于一个由关键边组成的边集，若存在一棵新树使其集合中的边均能作为这棵新树上的根节点，则有这些关键边在原树上必然能形成一条链。
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设 \(g_{i}\) 表示所有链上有 \(i\) 条关键边的链（链头和链尾必须都是关键边）能构成多少棵新树，容斥完有 \(\sum\limits_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}g_{i}\) 即为所求。
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对于一条有 \(l\) 条关键边的链 \(S\) ，其对 \(g_{k}\) 的贡献为 \(\dbinom{l-2}{k-2}\prod\limits_{i=1}^{n}(du_{i}-1)! \times \prod\limits_{i \in S}\frac{1}{du_{i}-1}\) ，对答案的贡献为 \(\sum\limits_{k=2}^{l}(-1)^{k+1}\dbinom{l-2}{k-2}\prod\limits_{i=1}^{n}(du_{i}-1)! \times \prod\limits_{i \in S}\frac{1}{du_{i}-1}\) ，提出前面 \(\sum\limits_{k=2}^{l}(-1)^{k+1}\dbinom{l-2}{k-2}\) 的系数并改写后得到 \(\sum\limits_{k=0}^{l-2}(-1)^{k+2}\dbinom{l-2}{k}=\sum\limits_{k=0}^{l-2}(-1)^{k}\dbinom{l-2}{k}=[l-2=0]\) 。所以就可以只考虑 \(l=2\) 的情况了，其系数为 \(1\) 。
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接着考虑容斥，设 \(f_{x}\) 表示以 \(x\) 为根的子树中恰好存在一个链的端点的贡献和，状态转移方程为 \(f_{x}=\begin{cases} -1+\frac{1}{du_{i}-1}\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}-\frac{1}{du_{i}-1}\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y}=-1 & (fa_{x},x) 是关键边 \\ \frac{1}{du_{i}-1}\sum\limits_{y \in Son(x)}f_{y} & (fa_{x},x) 不是关键边 \end{cases}\) ，其中 \((fa_{x},x)\) 是关键边的三个式子分别对应只选 \((fa_{x},x)\) ，只选子树内部的边，两者都选三种情况。
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统计答案时类似地合并链上的贡献即可。
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const ll p=1000000007; struct node {ll nxt,to,id; }e[200010]; ll head[200010],du[200010],jc[200010],vis[200010],inv[200010],f[200010],ans=0,cnt=0; void add(ll u,ll v,ll id) {cnt++;e[cnt].nxt=head[u];e[cnt].to=v;e[cnt].id=id;head[u]=cnt; } void dfs(ll x,ll fa,ll w) {ll sum=-w;f[x]=-w;ans+=w;for(ll i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=fa){dfs(e[i].to,x,vis[e[i].id]);f[x]=(f[x]+(w==0)*inv[du[x]-1]*f[e[i].to]%p)%p;ans=(ans-inv[du[x]-1]*sum%p*f[e[i].to]%p+p)%p;sum=(sum+f[e[i].to])%p;}} } int main() { // #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("traverse.in","r",stdin);freopen("traverse.out","w",stdout); #endifll c,t,n,k,u,v,i,j;scanf("%lld%lld",&c,&t);jc[0]=jc[1]=inv[0]=inv[1]=1;for(i=2;i<=100000;i++){jc[i]=jc[i-1]*i%p;inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;}for(j=1;j<=t;j++){ans=cnt=0;memset(e,0,sizeof(e));memset(head,0,sizeof(head));memset(du,0,sizeof(du));memset(vis,0,sizeof(vis));scanf("%lld%lld",&n,&k);for(i=1;i<=n-1;i++){scanf("%lld%lld",&u,&v);add(u,v,i);add(v,u,i);du[u]++;du[v]++;}for(i=1;i<=k;i++){scanf("%lld",&c);vis[c]=1;}dfs(1,0,0);for(i=1;i<=n;i++){ans=ans*jc[du[i]-1]%p;}printf("%lld\n",ans);}return 0; }
luogu P7880 [Ynoi2006] rldcot
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直接在区间虚树上数颜色不太好做。
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点 \(x\) 会被询问区间 \([l,r]\) 的虚树包含当且仅当 \(x \in [l,r]\) 或存在 \(u,v \in [l,r]\) 且分别属于 \(x\) 的不同子树内。
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不妨仅考虑包含 \(x\) 的一些极短区间/点对数，即 \(\forall y \in Son(x),u \in Subtree(y),u\) 在 \(Subtree(x)\) 中除 \(Subtree(y)\) 中的前驱 \(pre\) 后继 \(suf\) 构成的点对 \((pre,u),(u,suf)\)，由树上启发式合并可知点对数规模是 \(O(n \log n)\) 。
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扫描线的过程中记录每种颜色最后一次出现的位置即可。
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struct node {int nxt,to,w; }e[200010]; int head[200010],ans[200010],last[200010],cnt=0; ll d[200010]; vector<pair<int,int> >q[200010],c[200010]; void add(int u,int v,int w) {cnt++;e[cnt].nxt=head[u];e[cnt].to=v;e[cnt].w=w;head[u]=cnt; } struct BIT {int c[200010];int lowbit(int x){return (x&(-x));}void add(int x,int val){for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)){c[i]+=val;}}int getsum(int n,int x){int ans=0;for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){ans+=c[i];}return ans;} }T; struct DSU_On_Tree {ll dis[200010];int siz[200010],fa[200010],son[200010],dfn[200010],out[200010],pos[200010],tot=0;set<int>s[200010];void add_rt(int x,int rt){s[rt].insert(x);}void work_rt(int x,int rt){set<int>::iterator it=s[rt].upper_bound(x);if(*it!=0x7f7f7f7f){c[*it].push_back(make_pair(x,dis[rt]));}it=--s[rt].lower_bound(x);if(*it!=0){c[x].push_back(make_pair(*it,dis[rt]));}}void add_tree(int x,int rt){for(int i=dfn[x];i<=out[x];i++){add_rt(pos[i],rt);}}void work_tree(int x,int rt){for(int i=dfn[x];i<=out[x];i++){work_rt(pos[i],rt);}}void del_tree(int x){s[x].clear();}void dfs1(int x,int father){tot++;dfn[x]=tot;pos[tot]=x;siz[x]=1;fa[x]=father;for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=father){d[e[i].to]=dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;dfs1(e[i].to,x);siz[x]+=siz[e[i].to];son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];}}out[x]=tot;}void dfs2(int x,int flag){for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=son[x]&&e[i].to!=fa[x]){dfs2(e[i].to,0);}}if(son[x]!=0){dfs2(son[x],1);}swap(s[x],s[son[x]]);s[x].insert(0);s[x].insert(0x7f7f7f7f);for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt){if(e[i].to!=son[x]&&e[i].to!=fa[x]){work_tree(e[i].to,x);add_tree(e[i].to,x);}}add_rt(x,x);c[x].push_back(make_pair(x,dis[x]));if(flag==0){del_tree(x);}} }D; int main() { // #define Isaac #ifdef Isaacfreopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout); #endifint n,m,u,v,w,l,r,i,j;scanf("%d%d",&n,&m);for(i=1;i<=n-1;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,w);add(v,u,w);}D.dfs1(1,0);sort(d+1,d+1+n);d[0]=unique(d+1,d+1+n)-(d+1);for(i=1;i<=n;i++){D.dis[i]=lower_bound(d+1,d+1+d[0],D.dis[i])-d;}D.dfs2(1,1);for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&l,&r);q[r].push_back(make_pair(l,i));}for(i=1;i<=n;i++){for(j=0;j<c[i].size();j++){if(c[i][j].first>last[c[i][j].second]){T.add(last[c[i][j].second],-1);last[c[i][j].second]=c[i][j].first;T.add(last[c[i][j].second],1);}}for(j=0;j<q[i].size();j++){ans[q[i][j].second]=T.getsum(n,q[i][j].first);}}for(i=1;i<=m;i++){printf("%d\n",ans[i]);}return 0; }
