[题解]CF1527D MEX Tree

2023-12-25 14:28:46

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#1.0 基本思路

首先需要理解这个 "mex" 的含义，我们需要找出所有的路径使得 \(i\) 是编号最小的未出现的点，那么也就意味着 \([0,i-1]\) 应当全部包含在我们要找的路径中。那么我们便可以尝试维护这样的路径：路径两端 \(x, y\in[0,i-1]\)，\([0，i-1]\) 包含在路径经过的点集中，然后计算有多少条路经可以不经过 \(i\)（询问）。最后再尝试将 \(i\)​ 加入当前维护的路径（修改）。

不妨先将整棵树的根节点设为 \(0\)。

#2.0 分类讨论

下文中会反复运用 LCA 来进行判断，这里采用 st 表 \(O(n\log n)\) 预处理，\(O(1)\)​ 询问的方法。​

  • siz[i] 表示以 \(i\)​ 为根的子树大小。
  • sp 为非零端点所在 \(0\) 的对应儿子的子树大小

本题涉及到的情况比较多，这里会一一讨论。

#2.1 询问

先来看询问的部分，整体分为 \(3\)​ 种情况：

  • \(i\) 在当前路径中；
  • \(i\) 是当前路径端点的子孙；
  • \(i\) 不属于上面的任意一种情况；

这里再拎出来两种比较特殊的情况：\(mex=0\) 和 \(mex=1.\)

当 \(mex=0\)​ 时，每次选择的路径应当是都在同一 \(0\)​ 的子树内的两个点为端点；当 \(mex=1\)​​ 时，可行的路径数为在去掉 \(1\)​ 的子树后的点集中任意选取两个点产生的路径条数，减去不经过 \(0\) 的路径数量（即在仅在 \(0\)​ 的子节点的子树内的路径），需要特判是 \(1\) 的祖先的子树的情况，采用 LCA 判断。计算代码如下：

inline void pre_ans() {
    ans[1] = (siz[0] - siz[1]) * (siz[0] - siz[1] - 1) / 2;
    for (int i = head[0]; i; i = e[i].nxt) {
        ans[0] += (1ll * siz[e[i].v] * (siz[e[i].v] - 1)) / 2;
        int lca = LCA(1, e[i].v);
        if (lca == e[i].v) ans[1] -= ((siz[e[i].v] - siz[1])
                                    * (siz[e[i].v] - siz[1] - 1) / 2);
        else ans[1] -= siz[e[i].v] * (siz[e[i].v] - 1) / 2;
    }
}

解决上面的两种特殊情况后，我们再来看将所有情况分为两种情况：

  • 路径一端是零；
  • 路径两端都不是零；

先来看路径一端是零（两端分别为 \(x,0\)）的情况：

  • \(i\)​ 在当前路径中；

    \(LCA(x,i)=i\)，这种情况答案一定为 \(0\)；

  • \(i\) 是当前路径端点的子孙；

    1. \(i\)​ 是不为零的一端的端点的子孙。那么答案应当是 (siz[x] - siz[i]) * (siz[0] - sp)。这种情况的判断条件 \(LCA(x,i)=x\)；
    2. \(i\)​ 是不与非零端点所在 \(0\)​ 的对应儿子的子树中。那么答案是 (siz[0] - sp - siz[i]) * siz[x]。这种情况的判断条件 \(LCA(x, i)=0\)​；

  • \(i\) 不属于上面的任意一种情况；

    那么也就意味着 \(i\) 是当前路径上的一个分叉，答案即为 (siz[0] - sp) * siz[x]。

再来看路径两端 \(x,y\) 都不是零的情况：

  • \(i\) 在当前路径中；

    \(LCA(x,i)=i\) 或 \(LCA(y,i)=i\)​，那么答案为零；

  • \(i\) 是当前路径端点的子孙；

    答案为对应端点子树大小减去 siz[i] 再乘上另一端点子树大小；

  • \(i\)​ 不属于上面的任意一种情况；

    答案为 siz[x] * siz[y]；

以上，便是查询操作的所有内容。以下是代码:

inline ll GetAns(int k){
    int lca1 = LCA(k, lp), lca2 = LCA(k, rp);
    ll res1, res2;
    if (rp) { //这里在插入时会保证为 0 的一端一定是 rp
        res1 = siz[lp]; res2 = siz[rp];
        if (lca1 == k || lca2 == k) return 0;
        /*i 在当前路径上*/
        else if (lca1 == lp) res1 -= siz[k];
        else if (lca2 == rp) res2 -= siz[k];
        /*两种不同的情况*/
    } else {
        res1 = siz[lp]; res2 = siz[rp] - sp;
        if (lca1 == k || lca2 == k) return 0;
        else if (lca1 == lp) res1 -= siz[k];
        else if (lca1 == 0) res2 -= siz[k];
    }
    return res1 * res2;
}

#2.2 修改

现在来尝试将 \(i\) 加入当前所维护的路径。

仍旧分为两种大情况：

  • 至少一端为 \(0\)；
  • 两端都不为 \(0\)；

若两端都不为 \(0\)，那么有以下三种情况：

  • 在路径上。即 \(LCA(x, i)=i\) 或 \(LCA(y,i)=i\)，那么说明 \(i\) 已经在路径上。
  • 是其中一端的儿子，即 \(LCA(x,i)=x\) 或 \(LCA(y,i)=y\)，将对应的端点设置为 \(i\) 即可；
  • 不属于上面的两种情况，即是当前路径的分叉，那么显然不可能将 \([1,i]\) 通过一条路径相连，那么后面的所有答案数都应当是 \(0\)​。

若存在至少一端 \(y=0\)，有以下几种情况：

  • 另一端也是 \(0\)，那么令其中一端变为 \(i\)；
  • \(LCA(x,i)=i\)，已经在路径上；
  • \(LCA(x,i)=i\)，更新 \(x=i\)​；
  • 不属于上面的情况但 \(LCA(x,i)\ne0\)，那么意味着分叉了，插入失败；
  • \(x\ne0\) 且 \(LCA(x,i)=0\)，那么更新 \(y=0\)；
inline bool add(int x) {
    int lf = LCA(lp, x), rf = LCA(rp, x);
    if (rp) {
        if (lf == lp) {lp = x; return true;}
        else if (lf == x) return true;
        if (rf == rp) {rp = x; return true;}
        else if (rf == x) return true;
    } else {
        if (lf && (lf != lp && lf != x)) return false;
        else if (lf == lp) {lp = x; return true;}
        else if (lf == x) return true;
        else if (lf) return false;
        else {rp = x; return true;}
    }
    return false;
}

#3.0 完整代码

有许多数组可以不 memset() 就不 memset()；比如本题中的 dep[] 和 siz[]；

const int N = 600010;
const int INF = 0x3fffffff;

struct Edge {
    int u, v;
    int nxt;
};
Edge e[N << 1];

int n, head[N], cnt = 1, st[N << 1], scnt, lp, rp;
int mn[N << 1][30], dep[N], w[N], rt, t, lg2[N], f1, f2;
ll ans[N], sp, siz[N];

inline void clear() { //清空
    cnt = 1, scnt = lp = rp = 0;
    mset(head, 0); dep[0] = 0;
}

inline void add(const int &u, const int &v) {
    e[cnt].u = u, e[cnt].v = v;
    e[cnt].nxt = head[u], head[u] = cnt ++;
}

inline int LCA(int a, int b) { //O(1) 获得 LCA
    int l = w[a], r = w[b];
    if (r < l) swap(l, r);
    int k = lg2[r - l + 1];
    if (dep[mn[l][k]] < dep[mn[r - (1 << k) + 1][k]])
        return mn[l][k];
    else return mn[r - (1 << k) + 1][k];
}

void dfs(int x, int fa) { //计算 siz[],dep[] 等数组
    st[++ scnt] = x, w[x] = scnt;
    siz[x] = 1, dep[x] = dep[fa] + 1;
    for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
        if (e[i].v == fa) continue;
        dfs(e[i].v, x); st[++ scnt] = x;
        siz[x] += siz[e[i].v];
    }
}

inline void get_st() { //计算 st 表，用于 O(1) LCA
    lg2[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= scnt; ++ i) lg2[i] = lg2[i >> 1] + 1;
    for (int i = 1; i <= scnt; ++ i) mn[i][0] = st[i];
    for (int j = 1; j <= lg2[scnt]; ++ j)
      for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= scnt; ++ i)
        if (dep[mn[i][j - 1]] < dep[mn[i + (1 << (j - 1))][j - 1]])
          mn[i][j] = mn[i][j - 1];
        else mn[i][j] = mn[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
}

inline void pre_ans() { //预处理 0 和 1 的答案
    ans[1] = (siz[0] - siz[1]) * (siz[0] - siz[1] - 1) / 2;
    for (int i = head[0]; i; i = e[i].nxt) {
        ans[0] += (1ll * siz[e[i].v] * (siz[e[i].v] - 1)) / 2;
        int lca = LCA(1, e[i].v);
        if (lca == e[i].v) ans[1] -= ((siz[e[i].v] - siz[1])
                                    * (siz[e[i].v] - siz[1] - 1) / 2);
        else ans[1] -= siz[e[i].v] * (siz[e[i].v] - 1) / 2;
    }
}

inline bool add(int x) { //尝试将点加入路径
    int lf = LCA(lp, x), rf = LCA(rp, x);
    if (rp) {
        if (lf == lp) {lp = x; return true;}
        else if (lf == x) return true;
        if (rf == rp) {rp = x; return true;}
        else if (rf == x) return true;
    } else {
        if (lf && (lf != lp && lf != x)) return false;
        else if (lf == lp) {lp = x; return true;}
        else if (lf == x) return true;
        else if (lf) return false;
        else {rp = x; return true;}
    }
    return false;
}

inline ll GetAns(int k){ //计算每个点的答案
    int lca1 = LCA(k, lp), lca2 = LCA(k, rp);
    ll res1, res2;
    if (rp) {
        res1 = siz[lp]; res2 = siz[rp];
        if (lca1 == k || lca2 == k) return 0;
        else if (lca1 == lp) res1 -= siz[k];
        else if (lca2 == rp) res2 -= siz[k];
    } else {
        res1 = siz[lp]; res2 = siz[rp] - sp;
        if (lca1 == k || lca2 == k) return 0;
        else if (lca1 == lp) res1 -= siz[k];
        else if (lca1 == 0) res2 -= siz[k];
    }
    return res1 * res2;
}

int main(){
    scanf("%d", &t);
    while (t --) {
        scanf("%d", &n); clear();
        for (int i = 1; i < n; ++ i) {
            int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
            add(u, v); add(v, u);
        }
        dfs(rt = 0, 0); get_st(); pre_ans();
        /*进行所需要的预处理*/
        for (int i = head[0]; i; i = e[i].nxt)
          if (LCA(e[i].v, 1) == e[i].v) {
              sp = siz[e[i].v]; break;
          } //计算 sp
        for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
            if (!add(i - 1)) break; 
            //尝试加入 i-1，不行就退出
            if (i == n) {ans[i] = 1; break;}
            /*如果 i == n，那么显然只存在一条路径
            贯穿整个树（其实是一条链）*/
            ans[i] = GetAns(i);
        }
        for (int i = 0; i <= n; ++ i) {
            printf("%lld ", ans[i]);
            ans[i] = 0;
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}
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