#238. 蔡老板分果子
春天来了，万物复苏，动物们又到了发情的季节。蔡老板终于下定决心砍下了自家后院的两棵果树，并决定和自己喜欢的人一起分享果树上的果子。
这两棵果树一棵是长生果树另一棵是人参果树，两棵树上都有 nn 个果子，编号为 1∼n1∼n，并分别由 n−1n−1 段树枝连接起来。 为了把果子分成两份，蔡老板决定再两棵树上各砍一刀，分别砍断一根树枝把两棵树上的果子各分成两个部分。之后，对于每一棵果树，蔡老板会选择 11 号果子所在的那一部分。显然这样分果子一共有 (n−1)2(n−1)2 种分法，而蔡老板想知道，有多少种切割方法，使得蔡老师拿到的长生果和人参果具有相同的标号集合。
输入格式
第一行一个正整数 nn 表示两棵树的大小。
接下来 n−1n−1 行每行两个正整数表示长生果树上的边。
接下来 n−1n−1 行每行两个正整数表示人参果树上的边。
输出格式
输出一行一个正整数表示蔡老板关心的切割方法的数目。
样例1
input
4 1 2 2 3 3 4 1 2 1 3 3 4
output
2
explanation
第一种切割方法：第一棵树上切 (2,3)(2,3)，第二棵树上切 (1,3)(1,3)，这样蔡老师拿到的长生果和人参果集合都是 {1,2}{1,2}；
第二种切割方法：第一棵树上切 (3,4)(3,4)，第二棵树上切 (3,4)(3,4)，这样蔡老师拿到的长生果和人参果集合都是 {1,2,3}{1,2,3}。
样例2
input
6 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6 1 4 4 2 4 5 2 3 3 6
output
3
样例3
见样例数据下载
限制与规定
对于全部数据 1≤n≤2×105.1≤n≤2×105.
本题采用捆绑测试，只有通过一个子任务的全部测试点才可以获得该子任务的分数，子任务及限制如下表所示：
| 子任务编号 | 分值 | nn | 其他限制 |
|---|---|---|---|
| 1 | 4 | ≤10≤10 | 无 |
| 2 | 19 | ≤100≤100 | 无 |
| 3 | 20 | ≤103≤103 | 无 |
| 4 | 21 | ≤2×105≤2×105 | 保证所有点的度数不超过 22 |
| 5 | 36 | ≤2×105≤2×105 | 无 |
时间限制：1s1s
空间限制：256MB256MB
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法1. 对子树哈希
需要设计一个哈希函数与树的形态和父子关系无关。想到了 (ap+bp)%q 这类哈希函数，会被卡掉。正解是直接用 xor 哈希，然后提前把 [1, N] 映射到一个 unsigned long long 的整数。据说（也可以感性感受到）这样的好处是每一位的影响是独立的。也就是说，只有每一位都冲突，两个哈希函数才可能冲突。这样就可以过。代码里把幂数和和异或和作为两个参数搞了一个双哈，不过真正起作用的是异或和。
1 #include <stdio.h> 2 #include <algorithm> 3 #include <vector> 4 #include <stdlib.h> 5 6 using namespace std; 7 8 typedef unsigned long long ull; 9 10 const int _N = 220000; 11 const ull P = 1e9+7; 12 13 ull hs[_N]; 14 vector<int> G[2][_N]; 15 int N; 16 17 struct data { 18 ull a, b; 19 20 bool operator < (const data &tmp) const 21 { 22 return a == tmp.a ? b < tmp.b : a < tmp.a; 23 } 24 25 bool operator == (const data &tmp) const 26 { 27 return a == tmp.a && b == tmp.b; 28 } 29 } A[2][_N]; 30 31 ull Mont(ull a) 32 { 33 a %= P; 34 ull t = 1, b = 131; 35 while (b) { 36 if (b & 1) t = t*a%P; 37 b >>= 1, a = a*a%P; 38 } 39 return t; 40 } 41 42 void DFS(int id, int node, int dad) 43 { 44 A[id][node].a = hs[node], A[id][node].b = Mont(hs[node]); 45 for (int i = G[id][node].size()-1; i >= 0; --i) { 46 int v = G[id][node][i]; 47 if (v != dad) { 48 DFS(id, v, node); 49 A[id][node].a = A[id][node].a^A[id][v].a, A[id][node].b = (A[id][node].b+A[id][v].b)%P; 50 } 51 } 52 return; 53 } 54 55 inline ull umul(int a, int b) { return (ull)a * b; } 56 57 void Ins(int id, int x, int y) 58 { 59 G[id][x].push_back(y), G[id][y].push_back(x); 60 return; 61 } 62 63 int main() 64 { 65 int i, j, id; 66 srand(19260817); 67 scanf("%d", &N); 68 for (i = 1; i <= N; ++i) hs[i] = umul(umul(rand(), rand()), rand())+rand()%97; 69 for (id = 0; id <= 1; ++id) 70 for (i = 1; i < N; ++i) { 71 int x, y; 72 scanf("%d%d", &x, &y); 73 Ins(id, x, y); 74 } 75 for (id = 0; id <= 1; ++id) 76 DFS(id, 1, -1), sort(A[id]+1, A[id]+1+N); 77 i = j = 1; 78 int ans = 0; 79 while (i <= N && j <= N) { 80 if (A[0][i] == A[1][j]) ++ans, ++i; 81 else if (A[0][i] < A[1][j]) ++i; 82 else ++j; 83 } 84 printf("%d ", ans-1); 85 return 0; 86 }
法2. 机智的 dfs 序
设两棵树为 A, B 。对 A 树进行 DFS，记录每个节点的 dfn[i] 以及 size[i] 。然后对 B 树进行 DFS，记录每个节点对应的 dfn[i] 值的 max[i] 和 min[i] 以及 size2[i] 。则此时 B 某子树与 A 的某子树可以以及为答案贡献的充要条件是 size2[i] = size[i] 且 max[i]-min[i]+1 = size[i] 。思路大概就是，当这两个条件同时成立时，B 的子树中节点对应的 dfn[i] 值（注意此处的 dfn 是指在对 A 进行 DFS 得到的某个点的 dfn）一定构成了 [min[i], max[i]] 这段连续的区间。而 A 中对应子树的 dfn 编号也是这段连续区间（连续性显然……OrzOrz）。这个方法非常机智，而且好写！
1 #include <stdio.h> 2 #include <vector> 3 #include <algorithm> 4 5 using namespace std; 6 7 const int _N = 220000; 8 9 int A[_N], B[_N], dfn[_N], size[_N], ans, Time, s2[_N]; 10 vector<int> G[2][_N]; 11 12 void DFS2(int node, int dad) 13 { 14 A[node] = B[node] = dfn[node]; 15 s2[node] = 1; 16 for (int i = G[1][node].size()-1; i >= 0; --i) { 17 int v = G[1][node][i]; 18 if (v != dad) { 19 DFS2(v, node); 20 A[node] = min(A[node], A[v]), B[node] = max(B[node], B[v]); 21 s2[node] += s2[v]; 22 } 23 } 24 if (B[node]-A[node]+1 == size[A[node]] && size[A[node]] == s2[node]) 25 ++ans; 26 return; 27 } 28 29 void DFS(int node, int dad) 30 { 31 dfn[node] = ++Time; 32 size[dfn[node]] = 1; 33 for (int i = G[0][node].size()-1; i >= 0; --i) { 34 int v = G[0][node][i]; 35 if (v != dad) { 36 DFS(v, node); 37 size[dfn[node]] += size[dfn[v]]; 38 } 39 } 40 return; 41 } 42 43 void Ins(int id, int x, int y) 44 { 45 G[id][x].push_back(y), G[id][y].push_back(x); 46 return; 47 } 48 49 int main() 50 { 51 int N, i, id; 52 scanf("%d", &N); 53 for (id = 0; id <= 1; ++id) 54 for (i = 1; i < N; ++i) { 55 int x, y; 56 scanf("%d%d", &x, &y); 57 Ins(id, x, y); 58 } 59 DFS(1, -1); 60 DFS2(1, -1); 61 printf("%d ", ans-1); 62 return 0; 63 }