BZOJ 4401: 块的计数

Description

小Y最近从同学那里听说了一个十分牛B的高级数据结构——块状树。听说这种数据结构能在sqrt(N)的时间内维护树上的各种信息，十分的高效。当然，无聊的小Y对这种事情毫无兴趣，只是对把树分块这个操作感到十分好奇。他想，假如能把一棵树分成几块，使得每个块中的点数都相同该有多优美啊！小Y很想知道，能有几种分割方法使得一棵树变得优美。小Y每次会画出一棵树，但由于手速太快，有时候小Y画出来的树会异常地庞大，令小Y感到十分的苦恼。但是小Y实在是太想知道答案了，于是他找到了你，一个天才的程序员，来帮助他完成这件事。

Input

第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。

Output

一行一个整数Ans，表示所求的方案数。

Sample Input

6

1 2

2 3

2 4

4 5

5 6

Sample Output

3

HINT

100%的数据满足N<=1000000。

分析

显然块的大小必然是n的因子。不难发现如果块的大小确定了，那么分块的方案最多只会有一种。
这里还有个小结论，就是说，一棵树能分成大小为b的若干块当且仅当有n/b棵子树的size是b的倍数。

代码

#include <bits/stdc++.h>#define N 1000005int max(int x,int y){    return x > y ? x : y;}int min(int x,int y){    return x < y ? x : y;}int read(){    int x = 0, f = 1;    char ch = getchar();    while (ch < '0' || ch > '9') {if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();}    while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}    return x * f;}struct Edge{    int to,next;}e[N * 2];int next[N];int cnt;void add(int x,int y){    e[++cnt] = (Edge){y, next[x]}; next[x] = cnt;    e[++cnt] = (Edge){x, next[y]}; next[y] = cnt;}int size[N];int n;void dfs(int x,int fa){    size[x] = 1;    for (int i = next[x]; i; i = e[i].next)    {        if (e[i].to == fa)            continue;        dfs(e[i].to, x);        size[x] += size[e[i].to];    }}int t[N];bool check(int x){    int tot = 0;    for (int i = x; i <= n; i += x)        tot += t[i];    return tot == n / x;}int main(){    n = read();    for (int i = 1; i < n; i++)    {        int x = read(), y = read();        add(x, y);    }    dfs(1,0);    for (int i = 1; i <= n; i++)        t[size[i]]++;    int ans = 0;    for (int i = 1; i * i <= n; i++)    {        if (n % i == 0)        {            if (check(i))                ans++;            if (i * i != n && check(n / i))                ans++;        }    }    printf("%d\n",ans);}