Codeforces 842 C. Ilya And The Tree 树上dp

给定一颗2e5个节点的数,每个节点有一个权值(2e5),输出每个节点的beauty.
一个节点的beauty定义为它到原点路径上的各个点中删去一个点后权值的gcd.
每个点独立考虑,原点的beauty就是它的权值.

参考的一种方法如下:拿一种数据结构储存每个点的所有可能情况,居然不会超时?
真如艾教所说,大胆写暴力.
每个点的pri表示权值,gcd表示从根到它所有点的gcd , set p表示它的所有情况(删去一个点后的gcd),ans表示p中的最大值,即结果.
转移时:
nex.gcd=__gcd(x.gcd,nex.pri);
nex.p[i]=__gcd(x.p[i],nex.pri);此外把x.gcd也加入nex.p中,表示删去新加入的点.
记得对原点特判一下即可.

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define M 200010 /*记得修改*/struct Item{    /*添加属性,如点权等*/    int pri;    int gcd; //未删去值的gcd    set<int,greater<int>> p; //父节点所有可能的删去值的情况    int ans; //结果,即p的最大元素    /**/    set<int> edge;} item[M];void dfs(){    stack<int> s;    s.push(1);    /*对根节点访问*/    item[1].gcd=item[1].pri;    item[1].p.insert(0);    item[1].ans=item[1].pri;    /**/    while(!s.empty())    {        int x = s.top();        s.pop();        for(auto nex : item[x].edge)        {            /*对子节点访问*/            item[nex].gcd=__gcd(item[x].gcd,item[nex].pri);            for(auto idx:item[x].p)            {                item[nex].p.insert(__gcd(idx,item[nex].pri));            }            item[nex].p.insert(item[x].gcd);            item[nex].ans=*item[nex].p.begin();            /**/            item[nex].edge.erase(x);            s.push(nex);        }    }}int main(void){    int n;    scanf("%d", &n);    /*可读入点权*/    for(int i = 1; i <= n; i++)        scanf("%d", &item[i].pri);    for(int i = 0; i < n - 1; i++)    {        int ti, tj;        scanf("%d%d", &ti, &tj);        /*可读入边权,需要将set<int>改为set<pii>*/        item[ti].edge.insert(tj);        item[tj].edge.insert(ti);    }    dfs();    for(int i=1;i<n;i++)    {        printf("%d ",item[i].ans );    }    printf("%d\n",item[n].ans );    return 0;}

使用了新写的tree模板,代码用时15分钟.

不超时的原因可能是,p里真正并不会储存很多数据,很多都重复了.
这个题的总结是:要学会简化问题.
比如这个题实际上和一条链的解法一点区别都没有,只不过借用了树的形态.
甚至可以看成一个数列依次求beauty,这样可以大幅度简化问题.