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51NOD 1709:复杂度分析——题解

2018-06-21 17:38 155 查看

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1709

(我什么时候看到二进制贡献才能条件反射想到按位处理贡献呢……)

参考:https://www.cnblogs.com/hzoier/p/8593825.html

最朴素当然是LCA暴算。

但是更聪明的做法是考虑每个节点$u$,固定$lca$求贡献,能够$LCA(u,v)=lca$的点$v$的个数显然为$size[lca]-size[u$所在的以$lca$为根的子树$]$。

于是答案也就出来了,就是$bit[u->lca]*(size[lca]-size[u$所在的以$lca$为根的子树$])$。

当然复杂度不理想,因为有很多节点的贡献我们应该是可以一起算的。于是我们按照二进制位每位计算贡献。

如果你画个图你就会发现,设$anc[i][j]$为$i$的第$2^j-1$个祖先(注意,不是第$2^j$个祖先,原因请画图理解),则对于$u$,其第$j$位所带来的贡献就是$size[anc[u][j+1]]-size[anc[u][j]]$。

当然还没完,在这之上还有能够为其做出第j位贡献的点,所以我们还要加上$w[fa[anc[u][j+1]]]$才行。

(强烈建议画图体验,仅凭文字很难说明。)

(其实也就是$2^{j+1}$及以上有贡献的点,我们可以通过u一次跳跃过去,然后就是递归了)

#include<map>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const int INF=1e9;
const int B=17;
inline int read(){
int X=0,w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-X:X;
}
struct node{
int to,nxt;
}e[N*2];
int n,cnt,head
,anc
[B+4],fa
;
int size
,sum
,idx
,tot;
ll w
;
inline void add(int u,int v){
e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt;
}
void dfs(int u){
idx[++tot]=u;size[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(v==fa[u])continue;
fa[v]=u;dfs(v);size[u]+=size[v];
}
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<n;i++){
int u=read(),v=read();
add(u,v);add(v,u);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)
anc[i][0]=i,anc[i][1]=fa[i];
for(int j=2;j<=B+1;j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
anc[i][j]=fa[anc[anc[i][j-1]][j-1]];
}
}
ll ans=0;
for(int j=0;j<=B;j++){
memset(w,0,sizeof(w));
for(int i=1;i<=n;i++){
int u=idx[i],v1=anc[u][j+1],v2=anc[u][j];
if(!v1)v1=1;if(!v2)v2=1;
w[u]=size[v1]-size[v2];
w[u]+=w[fa[anc[u][j+1]]];
ans+=w[u];
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}

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