100130. 【USACO 2018 January Platinum】魚池逃脫Cow at Large

題目

地圖是一棵無根樹，pty從某個點出發，每次可以往某一條邊走，“逃離”定義爲可以在不遇到怪（點或邊上相遇）的情況下，到達葉子節點。
若干個葉子節點上一開始可以放若干個怪，每次這些怪都可以往某一邊走。
問對於每個點，最少要放多少怪才能保證抓住pty。
$n \leq 70000$
實際上可以做$n\leq 1000000$

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思考歷程

只知道暴力怎麼做，但是沒有部分分，所以也沒有去打。
考慮固定起點之後的答案：
將起點作爲根；
對於每個葉子，找到它和起點之間的中點（如果在邊上就取兒子）。這意味着如果選了這個葉子，那麼這個點的子樹都可以被覆蓋。
選擇最少的葉子節點，讓所有的葉子節點都被覆蓋。
於是在每個葉子和起點的中點上打標記，貪心地取。
$O(n^2)$

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正解

正解是個很NB的轉化。
題解將上面“葉子和起點的中點”，定義爲“控制點”。
選擇的葉子節點個數，等於選擇的控制點個數，等於位於控制點的子樹個數。
可以發現貪心地選擇後，覆蓋的點相當於將所有控制點的子樹合併起來，那麼答案就是連通塊個數。
用一種NB的方法表示子樹個數：
顯然，對於一棵子樹$S$而言，$\sum_{v\in S}deg_v=2|S|-1$
移項得$\sum_{v \in S}{2-deg_v}=1$
於是我們對每個位於控制點下方（或控制點本身）的點$v$，求$2-deg_v$的和，就得到了子樹個數，也就是答案。

然後考慮根節點變化的情況。
設當前根節點爲$x$：
對於某個點$y$，先預處理出離$y$最近的葉子節點（不一定要子樹內）到$y$的距離$mnd_y$
$y$對答案有貢獻，當且僅當$mnd_y\leq dis(x,y)$

直接點分治，假如$x$和$y$分屬$root$的兩個不同子樹，那麼$y$對$x$有貢獻就要滿足$mnd_y-dep_y\leq dep_x$。直接樹狀數組解決之，$O(n\lg^2n)$。

其實還有更加優秀的做法。貢獻分子樹和子樹的補集計算，子樹隨便搞，子樹的補集就換根，拿個數據結構（好像樹狀數組就夠了）隨便維護一下。$O(n \lg n)$。
當然由於換根看上去不如點分治好寫，所以我沒有寫。

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代碼

點分治。

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 70010
#define INF 1000000000
int n;
struct EDGE{
	int to;
	EDGE *las;
	bool bz;
} e[N*2];
int ne;
EDGE *last[N];
#define rev(ei) (e+(int((ei)-e)^1))
int deg[N];
int mnd[N];
void bfs(){
	memset(mnd,255,sizeof mnd);
	static int q[N];
	int tail=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		if (deg[i]==1){
			mnd[i]=0;
			q[++tail]=i;
		}
	for (int i=1;i<=tail;++i){
		int x=q[i];
		for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
			if (mnd[ei->to]==-1){
				mnd[ei->to]=mnd[x]+1;
				q[++tail]=ei->to;
			}
	}
}
int siz[N],all;
void getsiz(int x,int fa){
	siz[x]=1;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && ei->bz==0){
			getsiz(ei->to,x);
			siz[x]+=siz[ei->to];
		}
}
int getG(int x,int fa){
	bool is=all-siz[x]<=all>>1;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && ei->bz==0){
			int t=getG(ei->to,x);
			if (t)
				return t;
			is&=siz[ei->to]<=all>>1;
		}
	return is?x:0;
}
int dep[N];
void init(int x,int fa){
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && ei->bz==0){
			dep[ei->to]=dep[x]+1;
			init(ei->to,x);
		}
}
int lis[N],k;
int t[N];
void clear(int n){memset(t,0,sizeof(int)*(n+2));}
void add(int x,int c){++x;for (;x-1<=all;x+=x&-x) t[x]+=c;}
int query(int x){++x;int r=0;for (;x;x-=x&-x) r+=t[x];return r;}
int ans[N];
void calc(int x,int fa){
	if (deg[x]!=1)
		ans[x]+=query(dep[x]);
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && ei->bz==0)
			calc(ei->to,x);
}
void insert(int x,int fa){
	add(max(mnd[x]-dep[x],0),2-deg[x]);
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->to!=fa && ei->bz==0)
			insert(ei->to,x);
}
void divide(int x){
	getsiz(x,0);
	all=siz[x],x=getG(x,0);
	dep[x]=0,init(x,0);
	k=0;
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->bz==0)
			lis[++k]=ei->to;
	clear(all);
	for (int i=1;i<=k;++i){
		int y=lis[i];
		calc(y,x);
		insert(y,x);
	}
	if (deg[x]!=1)
		ans[x]+=query(dep[x]);
	clear(all);
	for (int i=k;i>=1;--i){
		int y=lis[i];
		add(max(mnd[x]-dep[x],0),2-deg[x]);
		calc(y,x);
		add(max(mnd[x]-dep[x],0),-(2-deg[x]));
		insert(y,x);
	}
	for (EDGE *ei=last[x];ei;ei=ei->las)
		if (ei->bz==0){
			ei->bz=rev(ei)->bz=1;
			divide(ei->to);
		}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<n;++i){
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		e[ne]={v,last[u],0};
		last[u]=e+ne++;
		e[ne]={u,last[v],0};
		last[v]=e+ne++;
		deg[u]++,deg[v]++;
	}
	bfs();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		if (deg[i]==1)
			ans[i]=1;
	divide(1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

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總結

真是個神仙的轉化思想……
我感覺我可以稱其爲“度數-子樹反演”。
感覺這種神仙東西要靠積累啊，考場真的很難想……