poj3417 Network/闇の連鎖[树上差分]
首先隔断一条树边,不计附加边这个树肯定是断成两块了,然后就看附加边有没有连着的两个点在不同的块内。
方法1:BIT乱搞(个人思路)
假设考虑到$x$节点隔断和他父亲的边,要看$x$子树内有没有点连着附加边到子树外的。如果没有,则随便割,有1个,有唯一割法,否则没有。这个可以用dfs序处理好序列后,直接将与一个点附加边牵连的另一个点在BIT里+1,类似晋升者计数那题一样的思路用BIT求答案。$O(mlogn)$。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=1e5+;
struct thxorz{int to,nxt;}G[N<<],G2[N<<];
int Head[N],Head2[N],tot,tot2;
int n,m,ans;
inline void Addedge(int x,int y){
G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot;
G[++tot].to=x,G[tot].nxt=Head[y],Head[y]=tot;
}
inline void Addedge2(int x,int y){
G2[++tot2].to=y,G2[tot2].nxt=Head2[x],Head2[x]=tot2;
G2[++tot2].to=x,G2[tot2].nxt=Head2[y],Head2[y]=tot2;
}
#define lowbit(x) x&(-x)
int C[N];
inline void Add(int x){for(;x<=n;x+=lowbit(x))++C[x];}
inline int Sum(int x){int ret=;for(;x;x-=lowbit(x))ret+=C[x];return ret;}
int st[N],ed[N],tim;
#define y G[j].to
void dfs(int x,int fa){
st[x]=++tim;
for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)dfs(y,x);
ed[x]=tim;
}
void calc(int x,int fa){
for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa){
int tmp=Sum(n)-(Sum(ed[y])-Sum(st[y]-));
calc(y,x);
tmp=Sum(n)-(Sum(ed[y])-Sum(st[y]-))-tmp;
ans+=tmp?tmp==:m;
}
for(register int j=Head2[x];j;j=G2[j].nxt)Add(st[G2[j].to]);
}
#undef y
int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
read(n),read(m);
for(register int i=,x,y;i<n;++i)read(x),read(y),Addedge(x,y);
for(register int i=,x,y;i<=m;++i)read(x),read(y),Addedge2(x,y);
dfs(,);calc(,);
return printf("%d\n",ans),;
}
方法2:树上差分(思路纠正)
当割掉的树边两端有点通过附加边牵连时,附加边对应的两个点形成的链经过这个割边,很容易想。
那么反过来说,每对附加边的点对$x,y$这条链上的边都加上1,相当于这个割边两端的牵连点的对数。
于是这个是树上差分裸题。改链求边。
以前学的树上差分姿势不对,今天重学了一遍。。然后发现网上到处都说这种链差分只要$d_x++,d_y++,d_{lca(x,y)}-=2$,基本没有人说这是为什么。
我自己看了好久没看懂为什么这么做是对的,一气之下自己试着将差分原理搬到树上得知了正确性。你们好多人根本没有懂树上差分的精髓!!
抱歉,上面那句有点狂了,但确实,很多人都没想过树上差分数组$d_i$表示什么?操作为什么是对的?换一种形式还可以改造吗?
差分数组里,$d_i=A_i-A_{i-1}$,而$\sum\limits_{j=1}^{i}d_j=A_i$,类似的,设在树上,若$A_x$是节点$x$与父亲的连边,则$d_x=A_x-\sum\limits_{y\in son}A_y$,这样,$\sum\limits_{y\in 子树x}d_y=A_x$,也就是说,把子树内所有点的$d$加起来就是这个边的值。
于是,修改一条链,拆成修改$x\to lca$和$lca\to y$,$x$到$lca$这个链统一加上一个值,中间的$d_i$差值不变,而$d_x$要加上这个值,$d_{lca}$相应减去这个值,为什么这样,应该就不难理解了,保证了差值的正确性,使得子树和可以正确表示。
这样,如果树边有初始值,也可以通过做差的形式直接构造出这个树上差分数组。
然后再来看题,这里是相当于所有修改操作都做完了,最后统一询问。如果强制在线,应当还是要dfs序做完之后用数据结构维护子树的差分数组之和。但这题可以离线,加上tarjanLCA于是O(n)解决。
另外,同样,点差分也可以通过类似的思路来维护,只是将$lca$稍作修改即可($d_{lca}-=val,d_{fa_{lca}}-=val$)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
template<typename T>inline char MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
template<typename T>inline char MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=1e5+;
struct thxorz{int to,nxt;}G[N<<],Q[N<<];
int Head[N],qh[N],tot,qtot;
inline void Addedge(int x,int y){
G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot;
G[++tot].to=x,G[tot].nxt=Head[y],Head[y]=tot;
}
inline void Addquery(int x,int y){
Q[++qtot].to=y,Q[qtot].nxt=qh[x],qh[x]=qtot;
if(x^y)Q[++qtot].to=x,Q[qtot].nxt=qh[y],qh[y]=qtot;
}
int anc[N],vis[N],d[N];
int n,m,ans;
int ancestor(int x){return anc[x]==x?x:anc[x]=ancestor(anc[x]);}
#define y G[j].to
#define qy Q[j].to
void tarjan(int x,int fa){
anc[x]=x;
for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)tarjan(y,x),anc[y]=x;
vis[x]=;
for(register int j=qh[x];j;j=Q[j].nxt)if(vis[qy])d[ancestor(qy)]-=;
}
int dfs(int x,int fa){
int tmp=d[x];
for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(y^fa)tmp+=dfs(y,x);
if(x^)ans+=tmp?tmp==:m;
return tmp;
}
#undef qy
#undef y
int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
read(n),read(m);
for(register int i=,x,y;i<n;++i)read(x),read(y),Addedge(x,y);
for(register int i=,x,y;i<=m;++i)read(x),read(y),Addquery(x,y),++d[x],++d[y];
tarjan(,);dfs(,);
return printf("%d\n",ans),;
}
最后是非常蠢的一些错误记录:法1里面加边打错了。。该打。。。法2里面原来我tarjan求lca姿势一直是错的TuT,如果询问两个相同点就会GG,所以应当提前将vis置为1,然后查点对询问。
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