CFdiv1+2-Potion Brewing Class-(树上乘除+因子)

D

题意：
就是给你n个物品，然后给你n-1个关系，就是a:b = c:d，也就是a物品和b物品的比值就是c:d。然后每个物品真正的值都是正整数，现在问你这些物品的总和最小为多少。

思考：
当时看到这题感觉肯定和最大公倍数有关。然后想了想咋根据比例处理出最小的总和，想了想是不是并查集呢。看了下样例发现整个图都是联通的，并查集没用了。由于感觉题目比较难，就没仔细看，实际上给你了n-1个关系，很明显在告诉你是一个树。那么既然是个树，各个关系比例还给你了，如果你把第一个点的值就确定为1，然后剩下所有点的值都出来了，当然可能是分数，但是既然要保证每个数是整数，所以第一个点的值至少为多少才能让所有的值都是整数。所以这里就是看所有数的分母的最小公倍数，但是如果直接暴力求出每个数的分母，然后从这些数选每个质因子的出现最大次幂，这样复杂度太高了，是n根号下(分母最大值)。分母最大可以很大所以肯定超时。所以换种想法去维护每个因子出现的最大次幂，其实题目给的比例x,y都是<=2e5的。如果我在dfs中，每走到一个节点，会乘以谁，除以谁。动态的去维护当前分母会出现的各种次幂的最大值是多少，记得搜完要还原现场，因为这个分母的次幂，不是看整个图的，而是看1到某个点这条路径上的，这一点要想好。最后就把每个质因子的次幂都求出来了，自然最小公倍数就求出来了。再写一个dfs去求每个数的值就行了，每个数的值就是父亲父亲到儿子的比例即可。
这题还有一个就是维护出每个数他的所有质因子会出现多少，放在数组容器里。
因为每个数都是1号点的多少多少倍，所以1号点越小，总体肯定也是越小的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db double
#define int long long
#define PII pair<int,int >
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
		
using namespace std;
const int mod = 998244353,inf = 1e18;
const int N = 2e5+10,M = 2e5;

int T,n,m,k;
int va[N];
int sum[N];

vector<int > v[N];
map<int,int > cnt,maxn;
vector<pair<int,pair<int,int>> > e[N];

void init(int r)
{
	for(int i=2;i<=r;i++) 
	{
		if(!v[i].size())
		{
			for(int j=i;j<=r;j+=i)
			{
				int x = j;
				while(x%i==0) x/=i,v[j].pb(i);//每个数他的所有质因子都放进去，出现多少次放进去多少次。
			}
		}
	}
}

int ksm(int a,int b)
{
	int sum = 1;
	while(b)
	{
		if(b&1) sum = sum*a%mod;
		a = a*a%mod;
		b >>= 1;
	}
	return sum;
}

void get(int now,int p)
{
	for(auto t:e[now])
	{
		int spot = t.fi,a = t.se.fi,b = t.se.se;
		if(spot==p) continue;
		for(auto t:v[b]) cnt[t]--; //spot从now转移是除以a,乘以b，因为要看分母，所以a的因子都++,b的因子都--，尽管可能减去b的时候出现负数，但是我们只看最大值，所以只有在加加的时候更新最大值。
		for(auto t:v[a]) cnt[t]++,maxn[t] = max(maxn[t],cnt[t]);
		get(spot,now);
		for(auto t:v[b]) cnt[t]++; //由于不是看整个图，而是看从1到某个点的路径上的，所以要还原一下
		for(auto t:v[a]) cnt[t]--;
	}
}

void dfs(int now,int p)
{
	for(auto t:e[now])
	{
		int spot = t.fi,a = t.se.fi,b = t.se.se;
		if(spot==p) continue;
		sum[spot] = sum[now]*b%mod*ksm(a,mod-2)%mod; //求出每个点的值就好了。
		dfs(spot,now);
	}
}

signed main()
{
	IOS;
	init(2e5);
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n;
		cnt.clear();maxn.clear();
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			sum[i] = 0;
			e[i].clear();
		}
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int a,b,c,d;
			cin>>a>>b>>c>>d;
			e[a].pb({b,{c,d}});
			e[b].pb({a,{d,c}});
		}
		get(1,0);
		int ans = 1;
		for(auto t:maxn) ans = ans*ksm(t.fi,t.se)%mod; //求出最小公倍数，也就是一号点的值。
		sum[1] = ans;dfs(1,0);
		int anw = 0;
		for(int i=1;i<=n;i++) anw = (anw+sum[i])%mod; //所有点的值都加起来
		anw = (anw%mod+mod)%mod;
		cout<<anw<<"\n";
	}
	return 0;
}

总结：
多多思考，不要惧怕，换种思维方式，多多积累操作。