【CF1554E】You

题目

题目链接：https://codeforces.com/contest/1554/problem/E
给定一棵 (n) 个点的树，你需要依次删去 (n) 个点，当点 (i) 被删除时，(a_i) 会被赋值为目前与 (i) 相连且没有被删除的点的数量。
对于 (k=1sim n)，分别求最后 (gcd(a_1,a_2,cdots,a_n)=k) 的方案数。两种方案不同当且仅当存在一个点被删的时间不同。多测。
(tleq 10^4,sum nleq 3 imes 10^5)。

思路

删点不好搞，时间倒流就变成了对于每一条边，可以把 (1) 的权值加到连接的两个点的其中一个，问最后所有点权值的 (gcd=k) 的方案数。
那么显然总方案数为 (2^{n-1}) 次。而且要求 (gcd) 恰好等于 (k)，容易想到求出 (gcd) 是 (k) 的倍数的方案数然后容斥一下。
记 (f_i) 表示最后所有点 (gcd) 是 (i) 的倍数的方案数。首先显然有 (f_1=2^{n-1})。
对于 (i>1)，考虑如何构造出一个 (gcd) 是 (i) 的倍数的解。
首先对于叶子节点，他们的权值一定是 (0)。对于一个非叶子节点 (x)，假设我们已经递归求出了它的所有儿子的权值，那么 (x) 与它儿子之间的边的权值加到哪一边就已经确定了。能影响 (x) 权值的只剩 (x) 与父亲的边。
如果此时 (x) 的权值 (v) 是 (k) 的倍数，那么 (v+1) 一定不是 (k) 的倍数，那么这条边的权值就给 (x) 的父亲；否则如果 (v+1) 是 (k) 的倍数，权值就给 (x)；否则无解。
通过这样构造我们发现对于 (k>1) 的部分，(f_k) 只可能是 (0) 或 (1)。所以对 (k=2sim n) 都 dfs 一遍就可以做到单次 (O(n^2)) 了。
但是其中很多都是没有必要跑 dfs 的。观察到所有点的权值之和为 (n-1)，那么所有点的 (gcd) 也一定是 (n-1) 的因子。只需要把 (n-1) 的因子拿出来跑 dfs 即可。
时间复杂度 (O(Qn(log n+sigma_0(n))))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010,MOD=998244353;
int Q,n,tot,head[N],f[N];
vector<int> d[N];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

int dfs(int x,int fa,int k)
{
	int cnt=0;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (v!=fa)
		{
			int val=dfs(v,x,k);
			if (val==-1) return -1;
			cnt+=val;
		}
	}
	if (cnt%k==0) return 1;
	if (cnt%k==k-1) return 0;
	return -1;
}

int main()
{
	for (int i=2;i<N;i++)
		for (int j=i;j<N;j+=i) d[j].push_back(i);
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		memset(head,-1,sizeof(head));
		memset(f,0,sizeof(f));
		tot=0; f[1]=1;
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1,x,y;i<n;i++)
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			add(x,y); add(y,x);
			f[1]=f[1]*2%MOD;
		}
		for (int i=0;i<d[n-1].size();i++)
			if (dfs(1,0,d[n-1][i])==1) f[d[n-1][i]]=1;
		for (int i=n;i>=1;i--)
			for (int j=i*2;j<=n;j+=i) f[i]-=f[j];
		for (int i=1;i<=n;i++) cout<<f[i]<<" ";
		cout<<"
";
	}
	return 0;
}