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Codeforces 771C

2024-09-09 23:47:21   222人阅读

我的树形dp果然是渣。。。

题意：给一棵树，共n(0<n<=15e4)个节点，可在树上进行跳跃，每次跳的最大距离为k(0<k<=5)，定义f(s,t)为(dis(s,t)+k)/k，问Σf(s,t)，s<t。

解题思路：

　　显然是树形dp，问题在于怎么构建状态。

　　最简单想到的就是，每到一个节点u，记录其子树中与其距离为d的的节点的数目，即(dis,cnt)对，则答案分两种情况，u到其子节点和以及子节点经过u到子节点，问题变得很简单，计算也不难——但问题在于极端情况下——比如树退化成链，时空复杂度都将高到无法忍受，于是卡在了这里……

　　然后看了别人的题解，发现不需要构建(dis,cnt)对，而是构建(dis%k,cnt)对——这样复杂度枚举的最高复杂度也就只是k^2而不是dis^2，，，啊感觉自己宛若一个zz。

　　定义，sz(u,i)表示与节点u的距离%k为 i 的节点数目，dp(u,i)表示从u到sz(u,i)中节点的跳数和。

　　状态转移如下：

　　（1）sz(u,(i+1)%k)+=sz(v,i)

　　（2）dp(u,(i+1)%k)+=dp(v,i)  0<i<k  

　　（3）dp(u,1%k)+=dp(v,0)+sz(v,0)

　　显然，与u的子节点v的距离%k大于0的，到v所需跳数与到u所需跳数是相同的（式子（2））。否则跳数需要+1，有sz(v,0)个点，故再加上sz(v,0)（式子（3））。

　　接下来是统计答案，分两种情况，一个是u到其子节点，另一个是u到子节点到其它子节点（子节点间的最近公共祖先节点为u）。

　　对于第一种，直接res+=Σdp[u][i]即可。

　　对于第二种，将之前已经遍历过的子树节点都合并到dp[u][i]与sz[u][i]中，则与新的子树节点v合并时，枚举k1、k2，依次为已遍历过的子树节点与u的距离%k=k1，以及与v的子树中与u的距离%k为k2的节点（语文不好这段贼拗口……k^2的枚举就是这里了），分情况讨论：

　　如果k1为0，则dp[u][k1]中则为恰好到达u的跳数（即每一跳距离都是k），则从sz[u][k1]中的节点到达 v的子树中的节点 所需跳数 恰好为二者相加之和，不需额外处理；如果k2为0，同理；当k1与k2都不为0时，考虑k1+k2<=k，则此时说明多计算了一跳，因此需要减去；当k1+k2>k时，恰好符合。

　　综上，需要特判的也只有(k1&&k2&&k1+k2<=k)这种情况。

　　代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define sqr(x) ((x)*(x))
const int N=2e5+10;
int head[N],nxt[N<<1],to[N<<1],cnt;
int n,k,a,b;
ll sz[N][6],dp[N][6],res;
void init(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    res=cnt=0;
    memset(sz,0,sizeof(sz));
    memset(dp,0,sizeof(dp));
}
void addEdge(int u,int v){
    nxt[cnt]=head[u];
    to[cnt]=v;
    head[u]=cnt++;
}
void dfs(int u,int pre){
    ll tsz[6],tdp[6];  //用以暂时保存从u到新的v子树节点的数据
    for(int e=head[u];~e;e=nxt[e]){
        int v=to[e];
        if(v==pre) continue;
        dfs(v,u);
        memset(tsz,0,sizeof(tsz));
        memset(tdp,0,sizeof(tdp));
        for(int i=0;i<k;i++)
            tsz[(i+1)%k]+=sz[v][i];
        for(int i=1;i<k;i++)
            tdp[(i+1)%k]+=dp[v][i];
        tdp[1%k]+=dp[v][0]+sz[v][0];
        for(int k1=0;k1<k;k1++){
            for(int k2=0;k2<k;k2++){
                res+=dp[u][k1]*tsz[k2]+sz[u][k1]*tdp[k2];
                if(k1&&k2&&k1+k2<=k) res-=sz[u][k1]*tsz[k2];
            }
        }
        //将v的子树节点情况合并到u下
        for(int i=0;i<k;i++)
            dp[u][i]+=tdp[i],sz[u][i]+=tsz[i];
    }
    for(int i=0;i<k;i++)
        res+=dp[u][i];
    sz[u][0]++;
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d",&n,&k)){
        init();
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&a,&b);
            addEdge(a,b);
            addEdge(b,a);
        }
        dfs(1,0);
        printf("%I64d\n",res);
    }
    return 0;
}

　　参考题解：http://www.cnblogs.com/AOQNRMGYXLMV/p/6579771.html

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