给定一棵以 (1) 为根的树,统计每个节点的子树中所有点到该点距离相同的最多的距离,如果相等选择较小的
(nleq10^6)
长链剖分,dp
APIO2019上讲的……
首先可以设计一个时空 (O(n^2)) 的dp,令 (f_{u, k}) 表示以 (u) 的子树内与它距离为 (k) 的点的个数,转移即为 (f_{u, k}=sum{f_{v, k-1}}) ,算答案直接统计即可
这种问题的解法是用长链剖分的套路,先 (O(1)) 继承长儿子的贡献,合并转移剩下儿子的贡献
考虑这种做法的时间复杂度,每条长链只会被遍历一次,而长链点数之和是 (O(n)) 的,因此时空复杂度 (O(n))
有一种较为优秀的实现方法是开内存池,将 (f_u) 看做指针,将 (f_{son_u}) 赋值 (f_u+1) 快速继承
此题 (f_{u, ans_u}=1) 需要特判
时间复杂度 (O(n))
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
int buf_dp[maxn], *dp[maxn], *it = buf_dp;
int n, m, h[maxn], len[maxn], son[maxn], ans[maxn];
struct edges {
int nxt, to;
} e[maxn << 1];
void addline(int u, int v) {
static int cnt;
e[++cnt] = edges{h[u], v}, h[u] = cnt;
}
void dfs(int u, int f) {
for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != f) {
dfs(v, u);
if (len[son[u]] < len[v]) son[u] = v;
}
}
len[u] = len[son[u]] + 1;
}
void DP(int u, int f) {
*dp[u] = 1;
if (son[u]) {
dp[son[u]] = dp[u] + 1;
DP(son[u], u), ans[u] = ans[son[u]] + 1;
}
for (int i = h[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (v != f && v != son[u]) {
dp[v] = it, it += len[v], DP(v, u);
for (int j = 1; j <= len[v]; j++) {
dp[u][j] += dp[v][j - 1];
if (dp[u][j] > dp[u][ans[u]] || (dp[u][j] == dp[u][ans[u]] && j < ans[u])) {
ans[u] = j;
}
}
}
}
if (dp[u][ans[u]] == 1) ans[u] = 0;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d %d", &u, &v);
addline(u, v), addline(v, u);
}
dfs(1, 0);
dp[1] = it, it += len[1];
DP(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
printf("%d
", ans[i]);
}
return 0;
}