2017多校联合第一场 1003题 hdu 6035 Colorful Tree 部分对整体的贡献 + 补集思想 + 树分块

题目链接

题意：

树上每个点都有一个对应的颜色。

对于树上的每条路径，其 value 记为这条路径上出现过的所有颜色数的总和。

要求对所有路径的 value 值求和。

思路：

/*

首先再力荐一篇blog，写得很完整具体，十分感谢原Po

http://blog.csdn.net/calabash_boy/article/details/76166110

*/

首先来想另一道老题，

对于树上的每条路径，其 value 记为该路径上出现过的所有颜色的编号的总和，要求所有路径的 value 的和。

这道题只需考虑每一个点对整体的 value 的贡献，即考虑哪些路径经过了该点。

经过该点的路径，其两个端点必然一个在以该点为根的子树中 (size[u] 种选择)，另一个不在子树中 (n - size[u] 种选择)，点 u 的贡献即为 size[u] * (n - size[u]) * val[u].

只需要树上 dp 一下记录以每个点为根的子树的 size 即可。

但是这道题不一样，因为每个点在经过它的路径里不一定会有贡献。

事实上，每个点在那些 其颜色出现过至少一次 的路径中 发挥了一次贡献；反过来想，即为它在其颜色未出现过的路径中 没有贡献。

现假设某种颜色在所有路径中都出现过，那么它对答案的贡献即为总路径数，n * (n - 1) / 2.

再减去该颜色未出现过的路径的总数，即为该颜色的贡献。

至于怎么求该颜色未出现过的路径的总数，显然需要将树分块，具体的做法，还请参见我上面推荐的那篇博文

（再推荐一次）http://blog.csdn.net/calabash_boy/article/details/76166110

利用的是 DFS序，方法很巧妙

然后我们来回顾一下上面提到的两道题，事实上两道题求的都是某个 部分对整体的贡献，而显然不能像题目字面说的一样去做。

第一题中看的部分是每个点，第二题中看的部分是每种颜色，都保证了不会有重复计算，并且都可计算。

第二题中另一个重要思想是补集思想，所谓的“正难则反”，还是要强化印象。

以及将树分块的方法，也的确十分巧妙，值得学习。

AC代码如下：

#include <cstdio>#include <vector>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#define maxn 200010using namespace std;typedef long long LL;LL n;vector<int> col[maxn];int kas, cnt, tot, ne[maxn], a[maxn * 2];struct Edge {    int to, ne;    Edge(int a = 0, int b = 0) : to(a), ne(b) {}}edge[maxn * 2];struct Node {    int l, r, sz, fa;    Node(int a = -1, int b = -1, int c = 1) : l(a), r(b), sz(c) {}}node[maxn];void add(int x, int y) {    Edge e(y, ne[x]);    edge[tot] = e;    ne[x] = tot++;}void dfs(int u, int fa) {    node[u].fa = fa;    a[cnt++] = u;    node[u].sz = 1;    for (int i = ne[u]; i != -1; i = edge[i].ne) {        Edge e = edge[i]; int v = e.to;        if (v == fa) continue;        dfs(v, u);        node[u].sz += node[v].sz;    }    a[cnt++] = u;}bool cmp(int u, int v) { return node[u].l < node[v].l; }void work() {    memset(ne, -1, sizeof(ne));    tot = 0;    cnt = 1;    for (int i = 0; i <= n; ++i) {        col[i].clear();        node[i].l = node[i].r = -1;    }    for (int i = 1; i <= n; ++i) {        int temp;        scanf("%d", &temp);        col[temp].push_back(i);    }    add(0, 1); add(1, 0);    for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {        int x, y;        scanf("%d%d", &x, &y);        add(x, y);        add(y, x);    }    dfs(0, -1);    for (int i = 0; i < cnt; ++i) {        if (node[a[i]].l == -1) node[a[i]].l = i;        else node[a[i]].r = i;    }//    printf("\n");//    for (int i = 0; i <= n; ++i) {//        printf("%d %d %d\n", i, node[i].l, node[i].r);//    }    LL ans = (n * (n - 1) >> 1) * n;    for (int i = 1; i <= n; ++i) {        if (col[i].empty()) {            ans -= n * (n - 1) >> 1;            continue;        }        col[i].push_back(0);        sort(col[i].begin(), col[i].end(), cmp);//        printf("%d\n", col[i].size());        for (auto& u : col[i]) {            for (int ii = ne[u]; ii != -1; ii = edge[ii].ne) {                Edge e = edge[ii]; int v = e.to;                if (v == node[u].fa) continue;                LL sz = node[v].sz;                node[n + 1].l = node[v].l;                while (true) {                    auto it = lower_bound(col[i].begin(), col[i].end(), n + 1, cmp);                    if (it == col[i].end() || node[*it].l > node[v].r) break;                    sz -= node[*it].sz;                    node[n + 1].l = node[*it].r;                }//                printf("%d %d %d\n", u, v, sz);                ans -= sz * (sz - 1) >> 1;            }        }    }    printf("Case #%d: %lld\n", ++kas, ans);}int main() {    while (scanf("%lld", &n) != EOF) work();    return 0;}