2020.05.31日常总结

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

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

• 给你一棵以 $r$ 为根的含有 $n$ 个点的树和一个序列 $P_{1..m}$。
• 要求对于每个 $P_i(1 \leq i \leq m)$，求出有多少对 $(u_j,v_j)$ 满足 $u_j$ 和 $v_j$ 的最近公共祖先（即常说的 $\texttt{LCA}$）。
• 答案对 $1 \times 10^9+7$ 取模。$1 \leq n \leq 1 \times 10^4,1 \leq m \leq 5 \times 10^4$。

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

记 $s_u$ 表示以 $u$ 为根的子树中有多少个节点，一遍 dfs，即可求出所有的 $s_i(1\leq i \leq n)$。该步时间复杂度为 $O(n)$。

考虑 $\texttt{LCA}$ 的性质：如果两个节点的 $\texttt{LCA}$ 为点 $u$，那么要么其中一个点是点 $u$，另一个点为 $u$ 的后代，要么这两个点分属 $u$ 的两棵子树。

配上图应该好理解一点：

这是我们的原树，然后我们钦定一个点为 $u$：

我们发现，如果两个点中有任意一个点不是 $u$ 或者 $u$ 的后代，那么它们的 $\texttt{LCA}$ 都不可能是 $u$。

当一个点是 $u$，另一个点为 $u$ 的后代时，大概是这样：

红色框线代表我们所选的两点，显然它们的 $\texttt{LCA}$ 就是 $u$。大家可以举另外的例子。

当两个点都不是 $u$ 时，它们必须分属 $u$ 的两棵子树，其 $\texttt{LCA}$ 才是 $u$。

如图，当两个点在 $u$ 的同一颗子树时，显然它们的 $\texttt{LCA}$ 不是 $u$。

只有当两个点分属 $u$ 的任意两棵子树时，它们的 $\texttt{LCA}$ 才是 $u$。

考虑每种情况对答案的贡献：

• 情况一：其中第一个点是 $u$，另一个点是 $u$ 的后代，所以总的可能情况为 $1 \times (s_u-1)$ 种。注意！由于本题允许有 $u_j=v_j$ 的情况，所以一共有 $s_u$ 种方案。注意这里不包括第二个点为 $u$ 的情况。
• 情况二：我们选定一个点在 $u$ 的一棵子树 $y$ 中，有 $s_y$，另外一个点即有 $s_u-s_y$ 种情况，注意另外一个点为 $u$ 的情况上面为考虑，所以这里不需要减一。总方案数为 $s_y \times (s_u-s_y)$。枚举 $y$ 并统计即可。

好，既然如此，我们再来一遍 dfs，分这两种情况讨论，即可求出答案。当然这两遍 dfs 其实是可以合并为一遍的。可以证明这一步也是 $O(n)$ 的，所以总的时间复杂度为 $O(n)$，可以通过更大的数据（比如 $1 \times 10^6$）。

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

const int N=1e4+100;
int ans[N],size[N],n,m;
struct edge{//链式前向星 
	int next,to;//两量存图 
}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;//记得对1e9+7取模 
inline int f(int a,int b){//方便使用 
	return (size[a]-size[b])*size[b]%mod;
}//情况二的方案数计算（b为指定儿子） 
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){//遍历 
		register int to=e[i].to;//to:儿子 
		if (to==fa) continue;//可行性判断 
		dfs_init_and_calc(to,u);//递归计算 
		size[u]+=size[to];//累加子树的大小 
	}//前半段:求以u为根的子树的大小size[u] 
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next){//遍历 
		register int to=e[i].to;//to:儿子 
		if (to==fa) continue;//可行性判断 
		ans[u]=(ans[u]+f(u,to))%mod;//更新 
	}
	ans[u]=(ans[u]+size[u])%mod;
//	注意LCA(u,u)也等于u,这也是方案 
}//两遍 dfs 可以合并为一遍
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);//加入边(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;
}