[USACO 2019.12 Platinum]Tree Depth
作者：互联网
其实最后就是建出来一棵笛卡尔树，但是如果仍然计算深度，我们无法避免地要将整棵树建出来，不妨先做个转化：
\[dep_u=\sum_{v=1}^n[\text{LCA}(u,v)=v] \]那么，我们先解决这样一个问题：
用一个排列构建笛卡尔树，一个点成为另一个点的祖先的情况是什么？
不妨考察使用单调栈建立笛卡尔树的过程，假设我们想让 \(j\) 成为 \(i\) 的祖先，针对他们的前后情况分类讨论：
- 当 \(i>j\)，则在 \(j\) 进入栈的过程中 \(i\) 已经进过栈了，此时，如果想让 \(i\) 成为 \(j\) 子树中的点，只有可能是 \(j\) 足够小，将至少从 \(i\) 开始到栈顶的所有元素都弹出了；
- 当 \(j<i\) 时，那么 \(j\) 应该能 “存活” 到 \(i\) 进入栈中，并且不会被 \(i\) 弹出；
综合上面两个条件，我们都注意到，\(j\) 应该具备 “打赢” \([i,j]\) 中所有数字的能力，即 \(j\) 为该区间中最小的数字。
我们再解决一个问题 —— 刚好有 \(k\) 个逆序对的排列数？传送门 to 原题.
接下来，我们先固定 \(i,j\)，表示区间左右端点，现在想让 \(j\) 成为 \(i\) 的祖先，先考察 \(i<j\) 的情况。
由于所有的方案都可以表示成
\[h(x)=f(x)\times g(x)=\prod_{p=1}^{n}\bra{\sum_{a=0}^{p-1}x^a} \]其中 \(g(x)\) 为 \(j\) 点与 \([i,j]\) 区间构成的逆序对个数的生成函数，而 \(f(x)\) 就是去除前面所述的生成函数，\(f(x)\) 是未知的。但是，不难发现 \(g(x)\) 的表达式：
\[g(x)=\sum_{a=0}^{|i-j|}x^a \]此时我们希望的是，\(j\) 和区间 \([i,j]\) 构成 \(j-i\) 个逆序对，其对应生成函数应为
\[G(x)=x^{j-i} \]那么，该情况下的生成函数应为
\[H(x)=\frac{h(x)}{g(x)}\times G(x)=\prod_{p=1}^{n}\bra{\sum_{a=0}^{p-1}x^a}\times \frac{1}{\sum_{a=0}^{|i-j|}x^a}\times x^{|i-j|} \]十分有意地加上绝对值，这样能够比较轻易地发现，\(j<i\) 的情况几乎和 \(i<j\) 的情况一样，唯一的区别就是，\(G(x)=1\) 而非 \(x^{|i-j|}\) 了，仅仅只有这一项不同而已......
应该注意到的是，后两项似乎都和具体的 \(i,j\) 取值无关，它仅仅至只与 \(|i-j|\) 有关，因此我们可以改为枚举区间长度 \(len\) 而非 \(i,j\) 的具体取值。而最前面的显然可以直接预处理了。
但是还有问题，就是如何处理 \(\prod_{p=1}^{n}\bra{\sum_{a=0}^{p-1}x^a}\) 这个东西，具体地，我们如何处理
\[\bra{\sum_{p=0}^{m}a_px^p}\times \bra{\sum_{q=0}^{n}x^q} \]结果十分简单，得到的多项式就是
\[\sum_{p=0}^{n+m}\bra{\sum_{i=\max\set{0,p-m}}a_i}x^p \]使用前缀和（或者某些更简便的方法）就可以了。
注意到当 \(i=j\) 时也存在贡献，此时贡献其实就是 \([x^k]h(x)\).
暴力做 \(\rm FFT\) 会 \(\rm T\) 掉，但是直接暴力乘上去反而还可以过......当然，如果你想做分段进行 \(\rm FFT\) 应该也可以。
预处理大概是 \(\mathcal O(N^3)\) 的，如果你使用分段 \(\rm FFT\)（并不是分治）应该可以达到 \(\mathcal O(N^2\log N)\). 计算答案复杂度是 \(\mathcal O(N^3+N^2)\)，所以总复杂度就是 \(\mathcal O(N^3/N^2\log N)\).
叁、参考代码 ¶
# include <cstdio>
# include <algorithm>
# include <cstring>
# include <vector>
# include <ctime>
# include <cstdlib>
using namespace std;
// # define NDEBUG
# include <cassert>
namespace Elaina {
# define rep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i<=i##_end_; ++i)
# define drep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i>=i##_end_; --i)
# define fi first
# define se second
# define mp(a, b) make_pair(a, b)
# define Endl putchar('\n')
# define mmset(a, b) memset(a, b, sizeof (a))
# define mmcpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof (a))
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> pii;
typedef pair <ll, ll> pll;
template <class T> inline T fab(T x) { return x<0? -x: x; }
template <class T> inline void getmin(T& x, const T rhs) { x=min(x, rhs); }
template <class T> inline void getmax(T& x, const T rhs) { x=max(x, rhs); }
template <class T> inline T readin(T x) {
x=0; int f=0; char c;
while((c=getchar())<'0' || '9'<c) if(c=='-') f=1;
for(x=(c^48); '0'<=(c=getchar()) && c<='9'; x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f? -x: x;
}
template <class T> inline void writc(T x, char s='\n') {
static int fwri_sta[55], fwri_ed=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do fwri_sta[++fwri_ed]=x%10, x/=10; while(x);
while(putchar(fwri_sta[fwri_ed--]^48), fwri_ed);
putchar(s);
}
} using namespace Elaina;
const int maxn=300;
int n, k, mod;
/** @brief poly @p f multiply another poly @p (1+x^1+x^2+...+x^{m-1}) */
inline void multi(vector<int>& f, int m) {
assert(m>0); int n=f.size(); f.resize(n+m-1);
for(int i=n-1-1; i>=0; --i) f[i+m]=(f[i+m]+mod-f[i])%mod;
for(int i=1; i<n+m-1; ++i) f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
}
/** @brief the reverse option of @p multi() */
inline void sub(vector<int>& f, int m) {
assert(m>0); int n=f.size();
for(int i=n-1; i>0; --i) f[i]=(f[i]+mod-f[i-1])%mod;
for(int i=0; i<n-1; ++i) f[i+m]=(f[i+m]+f[i])%mod;
}
inline int get(vector<int>& f, int p) {
if(p<0 || p>=(int)f.size()) return 0;
return f[p];
}
signed main() {
n=readin(1), k=readin(1), mod=readin(1);
vector<int>h(1, 1);
rep(i, 1, n) multi(h, i);
vector<int>ans(n, h[k]);
for(int len=1; len<=n; ++len) {
sub(h, len+1);
int latter=get(h, k-len), former=get(h, k);
multi(h, len+1);
for(int i=0; i<n-len; ++i) {
ans[i+len]=(ans[i+len]+former)%mod;
ans[i]=(ans[i]+latter)%mod;
}
} for(int i=0; i<n; ++i) writc(ans[i], ' '); Endl;
return 0;
}
肆、关键 の 地方 ¶
真的没想到这道题也可以使用生成函数做......真的离谱。不过十分重要的一点是
\[dep_u=\sum_{v}[\text{LCA}(u,v)=v] \]同样是树，它还拥有另外一个结论：
\[\sum_{u}dep_u=\sum_{u}siz_u \]标签：Platinum,int,text,sum,Tree,color,Depth,hline,array 来源： https://www.cnblogs.com/Arextre/p/15225725.html