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[atARC125F]Tree Degree Subset Sum

admin

11月 28, 2021

令$a_{i}$为$i$的度数-1,那么$(x,s)$合法即等价于存在$Ssubseteq [1,n],|S|=x$且$sum_{kin S}a_{k}=s$

引理:$(x,s)$合法的必要条件为$-zle s-xle z-2$

令$z$为$a_{i}$中为0的元素个数,考虑任意一个集合$Ssubseteq [1,n]$,显然$-zle sum_{kin S}a_{k}-|S|le z-2$

具体的,考虑该式即为$sum_{kin S}(a_{k}-1)$,那么将所有$a_{k}<1$的项求和即为最小值,将所有$a_{k}ge 1$的项求和即为最大值,不难发现前者即为$-z$,后者即为$sum_{i=1}^{n}a_{i}-(n-z)=z-2$

不难发现,其所描述的即为该引理,也即得证

结论:令$mn(s)=min_{(x,s)合法}x$和$mx(s)=max_{(x,s)合法}x$,则$forall mn(s)le xle mx(s),(x,s)$合法

(为了方便,若不存在$(x,s)$合法则定义$mn(s)$和$mx(S)$为$pminfty$,显然此时满足结论)

同样令$z$为$a_{i}$中为0的元素个数,显然$mn(s)$对应的方案必然一个0都不选,那么在其基础上再选$[0,z]$个0,即有$forall mn(s)le xle mn(s)+z,(x,s)$合法

类似地,也可以得到$forall mx(s)-zle xle mx(s),(x,s)$合法

由引理即有$mx(s)-mn(s)le 2z-2$,因此两者区间相交,也即得证

由此,问题即$forall s$求$mn(s)$和$mx(s)$,这个问题可以dp解决

具体的,(以$mn(s)$为例)令$f_{s}$为对应的答案,则$f_{s}=min(f_{s},f_{s-a_{i}}+1)$

进一步的,将其对每一种物品(指相同的$a_{i}$)一起处理,假设有$x$个$a_{i}=k$,枚举$s$上选择的$k$个数,即可得到转移为$f_{s}=min_{0le ile x}(f_{s-ik}+i)$,不难用优先队列$o(1)$求出后者

注意到物品种类数至多为$sqrt{n}$,因此总复杂度为$o(nsqrt{n})$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 200005
 4 #define ll long long
 5 int n,x,y,l,r,a[N],tot[N],q[N],mx[N],mn[N],f[N];
 6 ll ans;
 7 int main(){
 8     scanf("%d",&n);
 9     memset(a,-1,sizeof(a));
10     for(int i=1;i<n;i++){
11         scanf("%d%d",&x,&y);
12         a[x]++,a[y]++;
13     }
14     for(int i=1;i<=n;i++)tot[a[i]]++;
15     memset(mn,0x3f,sizeof(mn));
16     memset(mx,-0x3f,sizeof(mx));
17     mn[0]=0,mx[0]=tot[0];
18     for(int i=1;i<=n;i++){
19         if (!tot[i])continue;
20         for(int j=0;j<i;j++){
21             l=1,r=0;
22             for(int k=j;k<=n;k+=i){
23                 while ((l<=r)&&(mn[k]-k/i<=mn[q[r]]-q[r]/i))r--;
24                 q[++r]=k;
25                 while ((l<=r)&&(q[l]/i<k/i-tot[i]))l++;
26                 f[k]=mn[q[l]]+(k-q[l])/i;
27             }
28         }
29         memcpy(mn,f,sizeof(f));
30     }
31     for(int i=1;i<=n;i++){
32         if (!tot[i])continue;
33         for(int j=0;j<i;j++){
34             l=1,r=0;
35             for(int k=j;k<=n;k+=i){
36                 while ((l<=r)&&(mx[k]-k/i>=mx[q[r]]-q[r]/i))r--;
37                 q[++r]=k;
38                 while ((l<=r)&&(q[l]/i<k/i-tot[i]))l++;
39                 f[k]=mx[q[l]]+(k-q[l])/i;
40             }
41         }
42         memcpy(mx,f,sizeof(f));
43     }
44     for(int i=0;i<=n;i++)ans+=max(mx[i]-mn[i]+1,0);
45     printf("%lld
",ans);
46     return 0;
47 }

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