CSU 1811 Tree Intersection

最新推荐文章于 2020-02-17 23:56:00 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/zufezzt/p/5844366.html

本文介绍了一种使用莫队算法和树形DP解决特定类型问题的方法，该问题涉及计算删除每条边后形成的两棵树的颜色交集大小。通过将树转化为序列，并利用莫队算法进行区间查询优化，实现了高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

莫队算法，$dfs$序。

题目要求计算将每一条边删除之后分成的两棵树的颜色的交集中元素个数。

例如删除$u->v$，我们只需知道以$v$为$root$的子树中有多少种不同的颜色（记为$qq$），有多少种颜色达到了最多数量（记为$pp$），那么以$v$为$root$的子树与另一棵树的颜色交集中元素个数为$qq-pp$。

因为是计算子树上的量，所以可以将树转换成序列，每一个子树对应了序列中一段区间，具体计算只要用莫队算法分块就可以无脑的计算了。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double pi=acos(-1.0),eps=1e-6;
void File()
{
    freopen("D:\\in.txt","r",stdin);
    freopen("D:\\out.txt","w",stdout);
}
template <class T>
inline void read(T &x)
{
    char c = getchar(); x = 0;while(!isdigit(c)) c = getchar();
    while(isdigit(c)) { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();  }
}

const int maxn=200010;
struct Edge { int u,v,nx; bool f; }e[2*maxn];
int h[maxn],sz,w[maxn],cnt[maxn],pos[maxn],g[maxn];
int n,a[2*maxn],L[2*maxn],R[2*maxn];
struct Q { int L,R,id; }q[maxn];
int Ans[maxn],pp,qq;

void add(int u,int v)
{
    e[sz].u=u; e[sz].v=v; e[sz].nx=h[u];
    e[sz].f=0; h[u]=sz++;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    sz++; a[sz]=w[x]; L[x]=sz;
    for(int i=h[x];i!=-1;i=e[i].nx)
    {
        if(e[i].v==fa) continue;
        e[i].f=1; dfs(e[i].v,x);
    }
    sz++; a[sz]=w[x]; R[x]=sz;
}

bool cmp(Q a,Q b) { if (pos[a.L]==pos[b.L]) return a.R<b.R; return a.L<b.L; }
void op1(int x) { if(cnt[a[x]]-g[a[x]]==1) pp--; if(g[a[x]]==0) qq--; }
void op2(int x) { if(g[a[x]]==cnt[a[x]]) pp++; if(g[a[x]]==1) qq++; }

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(cnt,sz=0,sizeof cnt);
        memset(h,-1,sizeof h);
        memset(g,0,sizeof g);
        memset(Ans,0,sizeof Ans);

        for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&w[i]); cnt[w[i]]++; }
        for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=2*cnt[i];

        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
            add(u,v); add(v,u);
        }
        sz=0; dfs(1,-1);

        for(int i=0;i<2*(n-1);i++)
        {
            if(e[i].f==0) continue;
            q[i/2].L=L[e[i].v]; q[i/2].R=R[e[i].v];
            q[i/2].id=i/2;
        }

        sz=sqrt(2*n); for(int i=1;i<=2*n;i++) pos[i]=i/sz;
        sort(q,q+(n-1),cmp);

        pp=0,qq=0;
        for(int i=q[0].L;i<=q[0].R;i++) { g[a[i]]++; op2(i); }
        Ans[q[0].id]=qq-pp;

        int L=q[0].L,R=q[0].R;
        for(int i=1;i<n-1;i++)
        {
            while(L<q[i].L) { g[a[L]]--; op1(L); L++; }
            while(L>q[i].L) { L--; g[a[L]]++; op2(L); }
            while(R>q[i].R) { g[a[R]]--; op1(R); R--; }
            while(R<q[i].R) { R++; g[a[R]]++; op2(R); }
            Ans[q[i].id]=qq-pp;
        }
        for(int i=0;i<n-1;i++) printf("%d\n",Ans[i]);
    }
    return 0;
}