CF 1527D MEX Tree

CF上原题、官方题解。

原题大意

是给一颗树，有  个节点，从  开始编号到 。现在考虑树中两个点（两个点不相同，不考虑先后顺序）的最短路，在自然数集除去最短路上的所有点的编号后，剩下的最小自然数就是这条路径的MEX值，要求输出MEX值从  到 对应的这种最短路的数量。对于每一个数据，给了  组数据，每组数据依次按要求输出即可。

题解（来自官方）

想要算出每一个  所对应的路径数量，只需要算出每一个  对应的路径数量即可。

记  的路径数目为  ；记  的路径数目为 ；记在根节点为 0 的情况下节点  的子树的节点个数为  ;

先计算  ，算一下根节点的子节点的子树内部路径总和即可， （节点  与根节点  直接相连）。

考虑到总路径数目为  ；易知   。

！！！本题重点：如果一个路径（必为一条链）的MEX值大于  则这条路径必须包括点  。（1）

考虑一个双指针  ， 表示链的端点  ， ；初始状态  ， 都在根节点  。我们使用这个双指针计算   ，自然我们把  以  到  的顺序做一遍循环来计算。 

现在计算  

1.如果  不在  ， 这条路径上，那么它一定只能往父节点方向一直走，直到遇到  ， 这一条链上某一个点为止，然后这个点就应该和  ， 链进行连接。

(1)如果连接后一条链（就是遇到的那个点是l或r），那么路径数量是两颗子树元素个数的积，即  ；因为由（1）知  的路径一定包含  ， 的路径。（当  或  是根节点时的“子树”是比较特殊的）。

这里可以很直观的体会路径数量为什么是两颗子树元素个数的积（根节点的”子树“很特殊，要减去一个子节点的子树（这颗子树包含  ）。）

(2) 如果这个点的路径去连接不能组成一条链

比如这样

那很明显可以知道  ；因为不可能找到一条 (1) 所描述的路径， 而且容易知道   。

2.如果考虑第  个点时i已经在  ， 这条路径上了，那么   ，因为在  时算的路径数容易知道其实都是大于  的。

所以  算出来了就可以推出  了，容易发现在算  时，可以只储存前一个  （类似滚动数组？），这个  就是官方题解说的 。

附代码（可读性极差）：

#include<iostream>
#include<cstdio>

using namespace std;

long long t;
long long n,l,r,pl,ooi,ccp;
long long subl,subr;
long long p;
long long ans,anss;

long long num[200010];

long long vi[200010];
long long head[400010];
long long rr[400010];
long long tugi[400010];

void link(long long ql,long long qr)
{
	pl++;
	tugi[pl]=head[ql];
	head[ql]=pl; 
	rr[pl]=qr;
	return;
}

void dfs(long long pl1)
{
	//cout<<pl1<<endl;
	vi[pl1]=1;
	num[pl1]++;
	long long pll=head[pl1]; 
	while (pll)
	{
		if (!vi[rr[pll]])
        {
        	dfs(rr[pll]);
        	num[pl1]+=num[rr[pll]];
		}		
		pll=tugi[pll];
	}
	return;
}

long long zhao(long long pl1)
{
	if (vi[pl1]==1)
	  return pl1;
	vi[pl1]=1;
	long long pll=head[pl1]; 
	while (pll)
	{
		if (num[rr[pll]]>num[pl1])
        {
        	if (rr[pll]==0)
        	  ooi=pl1;
        	return zhao(rr[pll]);
		}		
		pll=tugi[pll];
	}		
}

long long pll,ss;

int main()
{
    cin>>t;
    for (long long i=1; i<=t; i++)
    {
    	cin>>n;
    	pl=0;
    	for (long long i=1; i<=n-1; i++)
    	{
    		cin>>l>>r;
    		link(l,r);
    		link(r,l);
		}
		dfs(0);
    	//for (long long i=0; i<=n-1; i++) cout<<num[i]<<" "; cout<<endl;
    	
    	pll=head[0];
    	ans=0;
    	while (pll)
    	{
    		ans+=(long long)num[rr[pll]]*(num[rr[pll]]-1)/2;
    		pll=tugi[pll];
		}		
		p=(long long)n*(n-1)/2-ans;
    	cout<<ans<<' ';
    	
    	for (long long i=1; i<=n; i++)
    	  vi[i]=0;
    	l=0; r=0;
    	vi[0]=1;
    	ccp=0;
    	anss=ans;
    	//cout<<p<<"&";
    	for (long long i=1; i<=n-1; i++)
    	{
    		if (ccp||vi[i])
    		{
    			cout<<0<<' ';
    			continue;
			}
    		ss=zhao(i); 
    		//cout<<ss<<"*";
    		if (ss==r)
    			r=i;
			else
			{
				if (ss==l)
				  l=i;
				else
				{
					ccp=1;
					cout<<p<<' ';
					anss+=p;
					continue;
				}
			}
			//cout<<l<<" "<<r<<" "<<ooi<<" &";
			subl=num[l];
			if (l==0)
			  subl-=num[ooi];
			subr=num[r];
			
			ans=p-(long long)subl*subr;
			anss+=ans;
			p=subl*subr;
            cout<<ans<<' ';    		
		}
    	ans=(long long)n*(n-1)/2-anss;
    	cout<<ans;
    	
    	for (long long i=0; i<=n; i++)
    	{
    		vi[i]=0;
    		num[i]=0;
    		head[i]=0;
    		rr[i]=0;
    		tugi[i]=0;
		}
		for (int i=n+1; i<=2*n; i++)
		{
			head[i]=0;
			rr[i]=0;
			tugi[i]=0;
		}
		putchar(10);
	}
	
    return 0;
}