[POI2013]Polaryzacja

[POI2013]Polaryzacja

题目大意：

给定一棵(n(nle250000))个点的树，可以对每条边定向成一个有向图，这张有向图的可达点对数为树上有路径从(u)到达(v)的点对((u,v))个数。求最小可达点对数和最大可达点对数。

思路：

显然最小可达点对数是(n-1)。一种构造就是根结点全是入边，与根结点相邻的点全是出边……以此类推。最后相邻的点对会被统计一次，其余的均不会被统计。

对于最大可达点对数，一定存在一种方案，使得树根是树的任意一个重心时，将所有子树分成两部分，一部分有(k)个点，另一部分有((n-k-1))个点，答案就是(max{(n-k-1)k+sum(dep(i)-1)})。

具体证明略。

我们可以用一个背包来求出所有可能的(k)，但是时间复杂度是(mathcal O(n^2))，就算使用bitset优化也无济于事。

因此我们可以将所有子树(size)按照大小分开转移。(>sqrt n)的不超过(sqrt n)个，可以直接暴力转移；(lesqrt n)的按照大小分组一起转移，具体转移时可以按照二进制拆分。

时间复杂度(mathcal O(frac{nsqrt n}omega))。

源代码：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
typedef long long int64;
const int N=250001,M=501;
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
	e[u].push_back(v);
	e[v].push_back(u);
}
int64 sum;
int n,m,size[N],max[N],cen,cnt[M];
std::bitset<N> f;
void dfs(const int &x,const int &par) {
	size[x]=1;
	for(unsigned i=0;i<e[x].size();i++) {
		const int &y=e[x][i];
		if(y==par) continue;
		dfs(y,x);
		size[x]+=size[y];
		max[x]=std::max(max[x],size[y]);
	}
	max[x]=std::max(max[x],n-size[x]);
	if(max[x]<max[cen]) cen=x;
}
void dfs(const int &x,const int &par,const int &dep) {
	sum+=dep-1;
	for(unsigned i=0;i<e[x].size();i++) {
		const int &y=e[x][i];
		if(y==par) continue;
		dfs(y,x,dep+1);
	}
}
int main() {
	max[0]=n=getint(),m=sqrt(n);
	for(register int i=1;i<n;i++) {
		add_edge(getint(),getint());
	}
	dfs(1,0);
	dfs(cen,0,1);
	f[0]=true;
	for(register unsigned i=0;i<e[cen].size();i++) {
		const int &y=e[cen][i];
		if(size[y]<=m) {
			cnt[size[y]]++;
		} else {
			f|=f<<size[y];
		}
	}
	for(register int i=1;i<=m;i++) {
		for(register int j=1;j<=cnt[i];j<<=1) {
			f|=f<<(i*j);
			cnt[i]-=j;
		}
		if(cnt[i]) f|=f<<(i*cnt[i]);
	}
	int k;
	int64 ans=0;
	for(k=0;k<=n;k++) {
		if(f[k]) ans=std::max(ans,sum+(int64)k*(n-k-1));
	}
	printf("%d %lld
",n-1,ans);
	return 0;
}