2020.05.31日常總結

$\color{green}{\texttt{洛谷P5002\ \ \ 專心OI - 找祖先}}$

$\color{blue}{\texttt{[Problem]}}$

• 給你一棵以 $r$ 爲根的含有 $n$ 個點的樹和一個序列 $P_{1..m}$。
• 要求對於每個 $P_i(1 \leq i \leq m)$，求出有多少對 $(u_j,v_j)$ 滿足 $u_j$ 和 $v_j$ 的最近公共祖先（即常說的 $\texttt{LCA}$）。
• 答案對 $1 \times 10^9+7$ 取模。$1 \leq n \leq 1 \times 10^4,1 \leq m \leq 5 \times 10^4$。

$\color{blue}{\texttt{[Solution]}}$

記 $s_u$ 表示以 $u$ 爲根的子樹中有多少個節點，一遍 dfs，即可求出所有的 $s_i(1\leq i \leq n)$。該步時間複雜度爲 $O(n)$。

考慮 $\texttt{LCA}$ 的性質：如果兩個節點的 $\texttt{LCA}$ 爲點 $u$，那麼要麼其中一個點是點 $u$，另一個點爲 $u$ 的後代，要麼這兩個點分屬 $u$ 的兩棵子樹。

配上圖應該好理解一點：

這是我們的原樹，然後我們欽定一個點爲 $u$：

我們發現，如果兩個點中有任意一個點不是 $u$ 或者 $u$ 的後代，那麼它們的 $\texttt{LCA}$ 都不可能是 $u$。

當一個點是 $u$，另一個點爲 $u$ 的後代時，大概是這樣：

紅色框線代表我們所選的兩點，顯然它們的 $\texttt{LCA}$ 就是 $u$。大家可以舉另外的例子。

當兩個點都不是 $u$ 時，它們必須分屬 $u$ 的兩棵子樹，其 $\texttt{LCA}$ 纔是 $u$。

如圖，當兩個點在 $u$ 的同一顆子樹時，顯然它們的 $\texttt{LCA}$ 不是 $u$。

只有當兩個點分屬 $u$ 的任意兩棵子樹時，它們的 $\texttt{LCA}$ 纔是 $u$。

考慮每種情況對答案的貢獻：

• 情況一：其中第一個點是 $u$，另一個點是 $u$ 的後代，所以總的可能情況爲 $1 \times (s_u-1)$ 種。注意！由於本題允許有 $u_j=v_j$ 的情況，所以一共有 $s_u$ 種方案。注意這裏不包括第二個點爲 $u$ 的情況。
• 情況二：我們選定一個點在 $u$ 的一棵子樹 $y$ 中，有 $s_y$，另外一個點即有 $s_u-s_y$ 種情況，注意另外一個點爲 $u$ 的情況上面爲考慮，所以這裏不需要減一。總方案數爲 $s_y \times (s_u-s_y)$。枚舉 $y$ 並統計即可。

好，既然如此，我們再來一遍 dfs，分這兩種情況討論，即可求出答案。當然這兩遍 dfs 其實是可以合併爲一遍的。可以證明這一步也是 $O(n)$ 的，所以總的時間複雜度爲 $O(n)$，可以通過更大的數據（比如 $1 \times 10^6$）。

$\color{blue}{\texttt{[code]}}$

const int N=1e4+100;
int ans[N],size[N],n,m;
struct edge{//鏈式前向星 
	int next,to;//兩量存圖 
}e[N<<1];int h[N],tot,root;
inline void add(int a,int b){
	e[++tot]=(edge){h[a],b};h[a]=tot;
	e[++tot]=(edge){h[b],a};h[b]=tot;
}
const int mod=1e9+7;//記得對1e9+7取模 
inline int f(int a,int b){//方便使用 
	return (size[a]-size[b])*size[b]%mod;
}//情況二的方案數計算（b爲指定兒子） 
void dfs_init_and_calc(int u,int fa){
	size[u]=1;//注意初始!u也是有大小的! 
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next){//遍歷 
		register int to=e[i].to;//to:兒子 
		if (to==fa) continue;//可行性判斷 
		dfs_init_and_calc(to,u);//遞歸計算 
		size[u]+=size[to];//累加子樹的大小 
	}//前半段:求以u爲根的子樹的大小size[u] 
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next){//遍歷 
		register int to=e[i].to;//to:兒子 
		if (to==fa) continue;//可行性判斷 
		ans[u]=(ans[u]+f(u,to))%mod;//更新 
	}
	ans[u]=(ans[u]+size[u])%mod;
//	注意LCA(u,u)也等於u,這也是方案 
}//兩遍 dfs 可以合併爲一遍
int main(){
//	freopen("t1.in","r",stdin);
	scanf("%d%d%d",&n,&root,&m);
	for(int i=1,u,v;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);//加入邊(u,v) 
	}
	dfs_init_and_calc(root,-1);
	for(int i=1,u;i<=m;i++){
		scanf("%d",&u);
		printf("%d\n",ans[u]);
	}
	return 0;
}