P2351 [SDOi2012]吊灯

P2351 [SDOi2012]吊灯

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2351

 

 

题意：
　　一棵树，能否全部分成大小为x的联通块。

分析：
　　显然x是n的约数。然后对于一个约数x，判断能否分成 $ frac{n}{x} $ 个大小为x的联通块。

　　结论：如果x可以，那么一定存在$ frac{n}{x} $个节点的子树大小是x的倍数。

　　证明：上面的结论说明的也就是每个大小是x的倍数的点，对答案的贡献是1（每个点都可以分出一个大小为x的块），加起来就是$ frac{n}{x} $。

　　现在就要考虑一个点u的siz是kx，然后它的子树里如果没有其他点的siz的是x的倍数的话，它的贡献是1，它可以从根节点开始，分出一个包含根节点，一共x个点的联通块。

　　然后考虑u的子树里还有一个点v的siz是x的倍数，那么如果它们还能分成两个大小为x的块的话，那么每个这样的点的贡献还是1。首先从在v的子树里一定可以从根开始分出一个大小为x的块（u在其中），然后u的子树里需要找一个大小为x的块，且不使用v中的点。假设去掉v中的点还剩siz[u]-siz[v]个，这也是x的倍数，所以u的子树里，从根开始，不占用v的点，还可以分出一个大小为x的块。说明u的子树可以贡献2，uv各自贡献1。

　　如果u的子树还有这样的点，那么把v删掉，还是两个点的情况，所以还是合法的。

　　到此发现每个大小为x的倍数的点，会对答案贡献1。$ frac{n}{x} $$个，就会有$ frac{n}{x} $个大小为x的联通块，如果小于则不行。

 

代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;

inline int read() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';return x*f;
}

const int N = 12000005;

int fa[N], cnt[N], siz[N], n;
vector<int> v;

bool check(int x) {
    int res = 0;
    for (int i=x; i<=n; i+=x) res += cnt[i];
    return res >= n / x;
}

int main() {
    n = read();
    for (int lim=sqrt(n),i=1; i<=lim; ++i) {
        if (n % i == 0) {
            v.push_back(i);
            if (n / i != i) v.push_back(n / i);
        }
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    for (int i=2; i<=n; ++i) 
        fa[i] = read();
    for (int T=1; T<=10; ++T) {
        printf("Case #%d:
",T);
        for (int i=1; i<=n; ++i) cnt[i] = 0, siz[i] = 1;
        for (int i=n; i>=1; --i) siz[fa[i]] += siz[i], cnt[siz[i]] ++;
        for (int i=0; i<v.size(); ++i) 
            if (check(v[i])) printf("%d
",v[i]);
        if (T != 10) for (int i=2; i<=n; ++i) 
            fa[i] = (fa[i] + 19940105) % (i - 1) + 1;
    }
    return 0;
}