2022暑期牛客加赛场

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#算法 #深度优先 #图论

2022暑期集训题解同时被 2 个专栏收录

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博客介绍了如何解决一个关于树上节点与最近公共祖先乘积后缀零个数的问题。通过计算质因数中2和5的个数，利用树形动态规划（DP）方法，结合前缀和思想，求解每个节点的贡献，最终得出答案。

"蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营加赛

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"蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营加赛
- H-Here is an Easy Problem of Zero-chan

H-Here is an Easy Problem of Zero-chan

题目大意

给出 $n$ 个节点的一棵树，和 $q$ 个询问，对于每个询问个数的一个数 $x$ ，输出 $f (x)$ ， $f (x)$ 表示这个节点与 $1$ 到 $n$ 当中每个点的最近公共祖先的点的编号的乘积的后缀零的个数

思路

首先，对于计算后缀零的个数，如果直接乘出这个数可能会爆 $in t$ ，处理起来更加麻烦，所以可以改为求质因数中 $2$ 的个数以及 $5$ 的个数，再在这两个数的数量上取个数更少的数就是后缀零的个数了。

模拟样例可以发现，对于每个节点 $x$ ，它的 $f (x)$ 的计算可以分为两部分，一部分是以 $x$ 为根的下面的点，和不以 $x$ 为根的点。

对于第一部分，它们的最近公共祖先就是 $x$ ，这一部分的 $2$ 和 $5$ 的个数就是以 $x$ 为根的子树中包含的点的个数（用 $sz [x]$ 表示）乘以 $x$ 中 $2$ 和 $5$ 的质因数的个数；这一部分是比较好求的。

对于第二部分，我们可以发现，当我们知道了 $x$ 的父节点 $f a$ 所对应的第二部分的 $2$ 和 $5$ 的个数时， $x$ 的第二部分 $2$ 和 $5$ 的个数只需要在 $f a$ 的基础上加上 $x$ 与 $x$ 的兄弟节点的最近公共祖先中包含 $2$ 和 $5$ 的个数，而他们的公共祖先又都是 $f a$ ，个数是 $sz [f a]$ - $sz [x]$ ，这里其实就是 $d p$ 的状态转移过程，同时发现 $1$ 作为根节点，这一部分的 $2$ 和 $5$ 的个数必定都是 $0$ ，也不需要刻意去初始化；

这样，先预处理出第一部分，再用树形dp处理出第二部分，最后比较 $2$ 和 $5$ 的个数，就完成了

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std ; 
const int N = 1e5 + 10 , M = 2 *N  ; 
int h[N] , ne[M] , e[M] , idx ; 
int sum5[N] , sum2[N] , cnt[2][N], sz[N];
int n , q ; 

void init()
{
    for(int i = 1 ; i<= n ;i ++)
    {
        int t = i; 
        if(t % 2 == 0)
        {
            int s =0 ; 
            while(t%2==0) t/= 2 , s++ ; 
            cnt[0][i] = s ; 
        }
        t = i ; 
        if(t % 5 ==0 )
        {
            int s = 0 ; 
            while(t % 5 ==0) t/= 5 , s++ ;
            cnt[1][i] = s ; 
        }
    }
}

void add(int a, int b)
{
    e[idx]= b , ne[idx] = h[a] , h[a] = idx++ ;
}

int dfs(int u , int fa)
{
    sz[u] = 1 ; 
    for(int i = h[u] ; i != -1 ; i = ne[i])
    {
        int j = e[i] ; 
        if(j == fa) continue ; 
        sz[u] += dfs( j , u) ;
    }
    return sz[u] ; 
}

void dfs1(int u , int fa)
{
    
    for(int i = h[u] ; i!= -1 ; i = ne[i])
    {
        int j = e[i] ; 
        if(j == fa) continue ; 
        
        int ss = sz[u] - sz[j] ; 
        sum2[j] = sum2[u] + ss * cnt[0][u] ; 
        sum5[j] = sum5[u] + ss * cnt[1][u] ; 
        dfs1(j , u) ; 
    }
}

int main()
{
    memset(h , -1 , sizeof h) ;
    cin >> n >> q ; 
    init() ; 
    for(int i = 1 ; i<n ;i++)
    {
        int a ,b ; 
        cin >>a >>b ; 
        add(a ,b ), add(b, a ) ; 
    }
    dfs(1 , -1) ; 
    dfs1(1 , -1 ) ; 
    
    for(int i = 1 ; i<= q ; i++)
    {
        int a ; 
        cin >> a ; 
        cout << min(sum2[a] + sz[a] * cnt[0][a] , sum5[a] + sz[a] * cnt[1][a]) << endl; 
    }
    return 0 ; 
}