BZOJ4401: 块的计数 思维题

Description

小Y最近从同学那里听说了一个十分牛B的高级数据结构——块状树。听说这种数据结构能在sqrt(N)的时间内维护树上的各种信息，十分的高效。当然，无聊的小Y对这种事情毫无兴趣，只是对把树分块这个操作感到十分好奇。他想，假如能把一棵树分成几块，使得每个块中的点数都相同该有多优美啊！小Y很想知道，能有几种分割方法使得一棵树变得优美。小Y每次会画出一棵树，但由于手速太快，有时候小Y画出来的树会异常地庞大，令小Y感到十分的苦恼。但是小Y实在是太想知道答案了，于是他找到了你，一个天才的程序员，来帮助他完成这件事。

Input

  第一行一个正整数N，表示这棵树的结点总数，接下来N-1行，每行两个数字X，Y表示编号为X的结点与编号为Y的结点相连。结点编号的范围为1-N且编号两两不同。

Output

一行一个整数Ans，表示所求的方案数。

Sample Input

6
1 2
2 3
2 4
4 5
5 6

Sample Output

3

HINT

100%的数据满足N<=1000000。

Solution

很好的一道思维题QAQ

考虑最后的答案，块的大小一定是n的约数

对于一个子树，如果它被分出来了，那么它的大小也一定是一个块的倍数

算siz的时候用桶存一下所有的siz值的出现次数

那么枚举块的大小，块对答案有贡献当且仅当$(i*tot[i]==n)$($tot[i]$代表所有大小为i及i的倍数的子树数) 

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std ;

#define ll long long
const int N = 1010000 ;

int tot[ N ] , siz[ N ] ;
int n , m , head[ N ] , cnt ;
struct node {
    int to , nxt ;
} e[ N<<1 ] ;

void ins( int u , int v ) {
    e[ ++ cnt ].to = v ;
    e[ cnt ].nxt = head[ u ] ; 
    head[ u ] = cnt ;
}

void dfs( int u , int fa ) {
    siz[ u ] = 1 ;
    for( int i = head[ u ] ; i ; i = e[ i ].nxt ) {
        if( e[ i ].to == fa ) continue ;
        dfs( e[ i ].to , u ) ;
        siz[ u ] += siz[ e[ i ].to ] ;
    }
    tot[ siz[ u ] ] ++ ;
}

//考虑最后的答案，块的大小一定是n的约数
//对于一个子树，如果它被分出来了，那么它的大小也一定是一个块的倍数
//算siz的时候用桶存一下所有的siz值的出现次数
//那么枚举块的大小，块对答案有贡献当且仅当(i*tot[i]==n)(tot[i]代表所有大小为i及i的倍数的子树数) 

int main() {
    scanf( "%d" , &n ) ;
    for( int i = 1 , u , v ; i < n ; i ++ ) {
        scanf( "%d%d" , &u , &v ) ;
        ins( u , v ) ; ins( v , u ) ;
    }
    dfs( 1 , 0 ) ;
    int ans = 0 ;
    for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
        for( int j = i << 1 ; j <= n ; j += i ) {
            tot[ i ] += tot[ j ] ;
        }
        if( i * tot[ i ] == n ) ans ++ ;
    }
    printf( "%d
" , ans ) ;
}