hihocoder 1455 : Rikka with Tree III

Problem

给出一个有n个节点的树，每个节点i有权值v[i](1≤v[i]≤n)，对于三个不同的点x,y,z，如果y一定出现在x到z的路径上且满足v[z]-v[y]=v[y]-v[x]>0，则称公差d(d=v[z]-v[y]=v[y]-v[x])出现过。问有多少不同的公差出现过。

1≤n≤50000

Solution

这样的题一眼就知道要考虑用bitset啦

假设我们现在已经知道了y，看是否存在可行的x和z

那么就是要以v[y]为中心，将左边的翻过去，然后and一下，最后xor得出答案

但是，现在的问题是bitset不支持翻转，于是我们可以开两个bitset，一个存的是v[i]，另一个存的是n-v[i]+1，这样我们就可以将翻转操作去掉了。

由于这样做对于每个点都要开一个bitset，这样就导致内存大到飞起，于是有两种解决办法：

1、用莫队算法，但是这样做我们就需要稍微调一下块大小的说。

2、在dfn序上每隔一定数量就记录一个前缀的bitset和后缀的bitset，这样的复杂度是优于莫队的。

Code

第一次在Noi Linux下改题诶，惊恐的发现很多软件都装不了，实在不爽。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#include<bitset>

#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef double db;

int get(){
char ch;
while(ch=getchar(),(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-');
if(ch=='-'){
int s=0;
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
return -s;
}
int s=ch-'0';
while(ch=getchar(),ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0';
return s;
}

const int N = 50010;
const int blk = 300;

bitset<N>t1,t2,ans,T1,T2;
struct section{
int l,r,v;
}a
;
struct edge{
int x,nxt;
}e[N*2];
int h
,tot;
int fa
,v
,d
,k;
int n;
int bl
;
int s1
,s2
;

void inse(int x,int y){
e[++tot].x=y;
e[tot].nxt=h[x];
h[x]=tot;
}

void dfs(int x){
a[x].v=v[fa[x]];
d[a[x].l=++k]=x;
for(int p=h[x];p;p=e[p].nxt)
if (!a[e[p].x].l){
fa[e[p].x]=x;
dfs(e[p].x);
}
a[x].r=k;
}

bool cmp(section a,section b){
if (bl[a.l]<bl[b.l])return bl[a.l]<bl[b.l];
return a.r<b.r;
}

void add(int v){
int v_=n+1-v;
s1[v]++;
s2[v]--;
if (s1[v]==1)t1[v_]=1,T1[v]=1;
if (s2[v]==0)t2[v]=0,T2[v_]=0;
}

void del(int v){
int v_=n+1-v;
s1[v]--;
s2[v]++;
if (s1[v]==0)t1[v_]=0,T1[v]=0;
if (s2[v]==1)t2[v]=1,T2[v_]=1;
}

void solve(){
int l=1,r=0;
fo(i,1,n){
s2[v[i]]++;
if (s2[v[i]]==1)t2[v[i]]=1,T2[n-v[i]+1]=1;
}
bitset<N>u;
fo(i,1,n){
while(r<a[i].r)add(v[d[++r]]);
while(r>a[i].r)del(v[d[r--]]);
while(l<a[i].l)del(v[d[l++]]);
while(l>a[i].l)add(v[d[--l]]);
int v=a[i].v;
if (!v)continue;
ans|=((t2>>v)&(t1>>(n+1-v)))|((T2>>(n+1-v))&(T1>>v));
u=((t2>>v)&(t1>>(n+1-v)))|((T2>>(n+1-v))&(T1>>v));
}
}

void getans(){
int fan=0;
fo(i,1,n)
if (ans[i]==1){
fan++;
}
printf("%d\n",fan);
}

int main(){
n=get();
fo(i,1,n)v[i]=get();
fo(i,2,n){
int x=get(),y=get();
inse(x,y);
inse(y,x);
}
dfs(1);
fo(i,1,n)bl[i]=i/blk;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
solve();
getans();
return 0;
}