BZOJ 3451: Tyvj1953 Normal

考虑两个点a,b
a对b的删除时间有1的贡献当且仅当
在a到b的路径上的所有点中a是第一个删除的
这个有1/dist(a,b)的概率 对答案的贡献是1
所以这题就是求Σ1/(u,v)
这个可以用树分治做(233)
然后树分治合并两棵子树的f的时候要n^2的时间
这个可以fft优化到nlogn
总复杂度nlog^2n

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#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <functional>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
#include <sstream>
#include <set>
#include <deque>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;

const int maxn = 300005;
const int P = (1 << 21) * 479 + 1;
const int G = 3;

struct line
{
    int to, next;
}li[maxn * 2];

int be[maxn], mx[maxn], f[maxn], b[maxn], fa[maxn], is[maxn], g[maxn][2], gt[maxn][2], d[maxn], br[maxn];
ll t1[maxn], t2[maxn], tt1[maxn], tt2[maxn];
int l, n, tot, tot1;
ld ans;
queue<int> q;
stack<int> s;
vector<int> v;

int getz(int now)
{
    int tot = 0, as = -1;
    for (q.push(now), b[now] = 1, fa[now] = -1; !q.empty(); )
    {
        int now = q.front();
        ++tot;
        q.pop();
        s.push(now);
        f[now] = mx[now] = 0;
        for (int i = be[now]; i; i = li[i].next)
        {
            int to = li[i].to;
            if (is[to] || b[to]) continue;
            fa[to] = now;
            b[to] = 1;
            q.push(to);
        }
    }
    for (; !s.empty(); )
    {
        int now = s.top();
        s.pop();
        b[now] = 0;
        ++f[now];
        if (fa[now] != -1)
            f[fa[now]] += f[now],
            mx[fa[now]] = max(mx[fa[now]], f[now]);
        mx[now] = max(mx[now], tot - f[now]);
        if (as == -1 || mx[as] > mx[now])
            as = now;
    }
    return as;
}

bool cmp(int a, int b)
{
    return f[a] < f[b];
}

int bitre(int a, int n)
{
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        ans += (1 << i) * ((a & (1 << (n - i - 1))) ? 1 : 0);
    return ans;
}

ll power(ll a, ll n)
{
    ll ans = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1) ans = (ans * a) % P;
        a = (a * a) % P;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

void fnt(ll y[], const ll b[], ll n, ll rev = 1)
{
    ll len = 1 << n;
  for (ll i = 0; i < len; ++i)
    y[i] = b[bitre(i, n)];
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        ll m = 1 << i;
        ll wn = power(G, (P - 1) / m);
        for (int j = 0; j < len; j += m)
        {
            ll w = 1;
            for (int k = j; k < j + m / 2; ++k)
            {
                ll u = y[k], v = (w * y[k + m / 2]) % P;
                y[k] = (u + v) % P, y[k + m / 2] = (u - v) % P;
                w = (w * wn) % P;
            }
        }
    }
    if (rev == 1) return;
    ll re = power(len, P - 2);
    for (int i = 0; i < len; ++i)
        y[i] = (y[i] * re % P + P) % P;
    reverse(y + 1, y + len);
}

void calc2(int v)
{
    int n, len;
    for (n = 0; (1 << n) < (v + 1) * 2; ++n);
    len = 1 << n;
    for (int i = 0; i < len; ++i)
        t1[i] = g[i][0] != tot1 ? 0 : g[i][1],
        t2[i] = gt[i][0] != tot ? 0 : gt[i][1];
    fnt(tt1, t1, n);
    fnt(tt2, t2, n);
    for (int i = 0; i < len; ++i) tt1[i] = (tt1[i] * tt2[i]) % P;
    fnt(t1, tt1, n, -1);
    for (int i = 2; i < len; ++i)
        ans += 1.0 / i * t1[i];
}

void calc(int now)
{
    getz(now);
    while (!v.empty()) v.pop_back();
    for (int i = be[now]; i; i = li[i].next)
        if (!is[li[i].to])
            v.push_back(li[i].to);
    sort(v.begin(), v.end(), cmp);
    ++tot1;
    for (int k = 0; k < v.size(); ++k)
    {
        int to = v[k];
        ++tot;
        for (q.push(to), br[to] = tot, d[to] = 1; !q.empty();)
        {
            int now = q.front();
            q.pop();
            if (gt[d[now]][0] != tot)
                gt[d[now]][0] = tot,
                gt[d[now]][1] = 0;
            ++gt[d[now]][1];
            for (int i = be[now]; i; i = li[i].next)
            {
                int to = li[i].to;
                if (br[to] == tot || is[to]) continue;
                br[to] = tot;
                d[to] = d[now] + 1;
                q.push(to);
            }
        }
        for (int i = 1; i <= f[to]; ++i)
        {
            if (gt[i][0] != tot) break;
            ans += 1.0 / (i + 1) * gt[i][1];
        }
        calc2(f[to] + 1);
        for (int i = 1; i <= f[to]; ++i)
        {
            if (g[i + 1][0] != tot1)
                g[i + 1][0] = tot1,
                g[i + 1][1] = 0;
            if (gt[i][0] != tot) break;
            g[i + 1][1] += gt[i][1];
        }
    }
}

void solve(int now)
{
    int z = getz(now);
    is[z] = 1;
    calc(z);
    for (int i = be[z]; i; i = li[i].next)
        if (!is[li[i].to])
            solve(li[i].to);
}

void makeline(int fr, int to)
{
    ++l;
    li[l].next = be[fr];
    be[fr] = l;
    li[l].to = to;
}

int main()
{
    freopen("input.in", "r", stdin);
    freopen("output.out", "w", stdout);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; ++i)
    {
        int fr, to;
        scanf("%d%d", &fr, &to);
        makeline(fr, to);
        makeline(to, fr);
    }
    solve(0);
    printf("%.4f", n + (double)ans * 2);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
}

fft算法

fft(快速傅里叶变换)是可以在nlogn时间计算向量卷积的算法
向量卷积即计算向量f
f[i] = Σ(g[k] * h[i – k])
对于一个普通的算法 需要用n^2的时间进行计算

fft的思想是对于一个n元向量g 可以表示为n-1次多项式
这个多项式在x=1时=g[1], x=2时=g[2]….
其实两个向量的卷积 就是这两个多项式的乘积
对于一个k次多项式 需要k+1个点就可以确定
我们把g和h转为点值表示 并对他们的y值分别数乘 就可以得到f的点值表示
然后把点值表示的f转换为多项式形式 就可以得出f[]
但是注意到把多项式转为点值表示 及把点值表示转换为多项式表示都需要O(n^2)的时间
而中间的数乘步骤只需要O(n)

fft主要是解决在O(nlogn)的时间对多项式和点值的互换
先解决把多项式转为点值表示
现在要把g转为点值表示 设g为l-1次多项式 且l=2^n(如不足可以补0)
先选取采样点 我们选取e^(2πi/l * j) 其中i为sqrt(i), e为自然对数
因为:
1.e^(ix)=cosx+isinx
2.当x=π时,得到欧拉恒等式 e^(iπ)=-1 ==> e^(2iπ)=1
我们称wn=e^(2iπ/n)为n次单位复根
因为wn^n = 1
复平面上的N次单位复根N条半径可以理解为等分一个半径为1的圆
g(x) = a1 + a2x + a3x^2 + … + anx^(n-1)

g0(x) = a1 + a3x + a5x^2…
g1(x) = a2 + a4x + a6x^2…

可以发现
g0(x^2) = a1 + a3x^2 + a5x^4….
g1(x^2) = a2 + a4x^2 + a6x^4….
=>g(x) = g0(x^2) + x * g1(x^2)
设g[i][j] = g(e^(2iπ/(2^i) * j))

我们要求的是g[n][j] 这就是以wn^j为x的对应的y值 即g的点值表示
g[n][j] = g[n – 1][j] + wn^j * g[n – 1][j + (1 << (n - 1))] g[n][j + (1 << (n - 1))] = g[n - 1][j] - wn^j * g[n - 1][j + (1 << (n - 1))] (0~(1 << (n - 1))为g0 ((1 << (n - 1)) ~ (1 << n)) 为g1 证明: g[n][j] = g[n - 1][j] + wn^j * g[n - 1][j + (1 << (n - 1))]: 对于g[n - 1] wn[n - 1] = wn[n]^2 (指数为1/2) 所以g[n - 1][j] = g0(j^2)... g[n][j + (1 << (n - 1))] = g[n - 1][j] - wn^j * g[n - 1][j + (1 << (n - 1))]: 对于n - 1 只要(1 << (n - 1))就是一个循环 所以g0(j + (1 << (n - 1))) = g0(j) 有wn^j = -wn^(j + (1 << (n - 1))) 所以成立 关于非递归 就是直接从g[0]开始做 可以发现g[0][i] = a[bitre(i)] bitre(i) = 把i的二进制位翻转 然后推上去即可

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void fft(complex y[], const complex a[], int n)
{
  int len = 1 << n;
  for (int i = 0; i < len; ++i) y[i] = a[bitre(i, n)];
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
  {
    int d = 1 << i;
    complex wn = complex(cos(2 * pi / d), sin(2 * pi / d));
    for (int j = 0; j < len; j += d)
    {
      complex w = complex(1, 0);
      for (int k = j; k < j + d / 2; ++k)
      {
        complex t = y[k], p = y[k + d / 2] * w;
        y[k] = t + p, y[k + d / 2] = t - p;
        w = w * wn;
      }
    }
  }
}

这样就求出了g和h的点值表示 数乘后进行ifft
可以证明 只要把上面程序改为以下即可

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void fft(complex y[], const complex a[], int n, int v)
{
  int len = 1 << n;
  for (int i = 0; i < len; ++i) y[i] = a[bitre(i, n)];
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
  {
    int d = 1 << i;
    complex wn = complex(cos(2 * pi / d * v), sin(2 * pi / d * v));
    for (int j = 0; j < len; j += d)
    {
      complex w = complex(1, 0);
      for (int k = j; k < j + d / 2; ++k)
      {
        complex t = y[k], p = y[k + d / 2] * w;
        y[k] = t + p, y[k + d / 2] = t - p;
        w = w * wn;
      }
    }
  }
  if (v == -1)
    for (int i = 0; i < len; ++i) y[i].real /= len;
}

v传入1为转点值
v传入-1为ifft

以下是bzoj2194

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#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <functional>
#include <sstream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
 
const int maxn = 1010000;
const double pi = acos(-1);
 
struct complex
{
  double real, imag;
  complex(double r = 0, double i = 0) : real(r), imag(i) {}
}a[maxn], b[maxn], t1[maxn], t2[maxn], ans[maxn];
 
complex operator+(complex a, complex b) { return complex(a.real + b.real, a.imag + b.imag); }
complex operator-(complex a, complex b) { return complex(a.real - b.real, a.imag - b.imag); }
complex operator*(complex a, complex b) { return complex(a.real * b.real - a.imag * b.imag, a.real * b.imag + a.imag * b.real); }
 
int n, m, len, l;
 
int bitre(int a, int n)
{
  int ans = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    ans += (1 << i) * ((a & (1 << (n - i - 1))) ? 1 : 0);
  return ans;
}
void fft(complex y[], complex a[], int n, int rev)
{
  int len = 1 << n;
  for (int i = 0; i < len; ++i) y[i] = a[bitre(i, n)];
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
  {
    int d = 1 << i;
    complex wn = complex(cos(2 * pi / d * rev), sin(2 * pi / d * rev));
    for (int j = 0; j < len; j += d)
    {
      complex w = complex(1, 0);
      for (int k = j; k < j + d / 2; ++k)
      {
        complex t = y[k], p = y[k + d / 2] * w;
        y[k] = t + p, y[k + d / 2] = t - p;
        w = w * wn;
      }
    }
  }
  if (rev == -1)
    for (int i = 0; i < len; ++i) y[i].real /= len;
}
 
int main()
{
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    scanf("%lf%lf", &a[n - i - 1].real, &b[i].real);
  for (; (1 << l) <= n * 3; ++l);
  len = 1 << l;
  fft(t1, a, l, 1);
  fft(t2, b, l, 1);
  for (int i = 0; i < len; ++i) t1[i] = t1[i] * t2[i];
  fft(ans, t1, l, -1);
  for (int i = n - 1; i >= 0; --i) printf("%d\n", (int)floor(ans[i].real + 0.5));
}