XJOI CBH的发展计划(树上差分)

这是qzh的第二题

题目大意:

给你一棵树和一些连接祖先和孩子的边(非树枝边,类似于有向图返祖边)

让你求出删掉其中一条树枝边和一条非树枝边使图不联通的方案数

我们思考对树枝边统计答案

如图

对于红边统计答案,它的子树中有一条向外连的边,必须删掉红边和这条边才能使图不连通,所以这条树枝边贡献为1

如图

对于红边统计答案,它的子树中有0条向外连的边,删掉红边和任意一条虚线边能使图不连通,所以这条树枝边贡献为非树枝边的数量

如图

对于红边统计答案,它的子树中有两条及以上向外连的边,删掉红边和任意一条虚线边不能使图不连通,所以这条树枝边贡献为0

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那么问题就转化为求子树中有多少向外连的边,那就树上差分一下,把非树枝边连接的两个点中,深度较深的点标记+1,深度较浅的点标记-1,统计一个点的向外连的边就是统计子树中标记和.

然后就非常简单

代码:

%:pragma GCC optimize(3)
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=4000010,M=8000010,P=24;
long long ans;
int fi[N],ne[M],b[M],deep[N],value[N],n,m,k,x,y,flag;
vector<int>e1,e2;
void add(int x,int y){
    b[++k]=y; ne[k]=fi[x]; fi[x]=k;
}
void dfs(int x,int fa){
    deep[x]=deep[fa]+1;
    for (int j=fi[x]; j; j=ne[j])
    if (b[j]!=fa) dfs(b[j],x);
}
int getans(int x,int fa){
    int res=value[x];
    for (int j=fi[x]; j; j=ne[j])
    if (b[j]!=fa){
        int k=getans(b[j],x);
        if (k==0) ans+=e1.size();
        else if (k==1) ans++;
        res+=k;
    }
    return res;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=1; i<=m; i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&flag);
        if (flag==1) add(x,y),add(y,x);
        else e1.push_back(x),e2.push_back(y);
    }
    dfs(1,1);
    for (int i=0; i<e1.size(); i++){
        x=e1[i]; y=e2[i];
        if (deep[x]>deep[y]) x^=y^=x^=y;
        value[y]++,value[x]--;
    }
    getans(1,1);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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想必到这里都非常简单,那么如果,非树枝边可以连接两个没有祖先和子孙关系的点呢?

没区别,只要对这种边打标记时,对与连接的两个点标记+1,他们的lca标记-1即可