标签：命运 merge int sum NOI2020 xs ys P6773 cur
可以说是两天最水的题之一了（然而我只会暴力容斥还没写st表lca只有32分，被两百多人爆踩）
直接上正解吧。
发现只有祖先子孙之间会有关系，考虑树形DP。我们从子孙向祖先看，对于一个子树，满足子树内的所有要求，当且仅当最深的那个 和（尚未被满足的）子孙有关系的祖先的下面有一个黑边，比较浅的那些可以忽略，这是子结构。
我们设 \(f(p,a)\) 表示已经决定好 \(p\) 子树内的边的情况，并且在 \(p\) 上面的深度为 \(a\) 的点以下需要一条黑边，的方案数。
加一棵子树:
\[f(cur,a) \gets f(cur,a)\sum_{y \le a}f(to,y) + f(to, a)\sum_{y<a}f(cur,y) + f(cur,a)\sum_{y \le d_{cur}}f(to,y) \]
整理一下：
\[f(cur,a) \gets f(cur,a)(S(to,a)+S(to,d_{cur})) + f(to,a)S(cur,a-1) \]
其实是对DP数组的批量操作，直接线段树合并即可。方法同 Minimax，只不过多了一个判 x && y && L == R 的情况，按照方程计算即可。
关键代码：
int merge(int L, int R, ll &xs, ll &ys, int x, int y) {
if (!x && !y) return 0;
if (!x) {
ADD(xs, sum[y]);
pushtag(y, ys);
return y;
}
if (!y) {
ADD(ys, sum[x]);
pushtag(x, xs);
return x;
}
if (L == R) {
ADD(xs, sum[y]);
ll tmp = sum[x];
sum[x] = (xs * sum[x] + ys * sum[y]) % P;
ADD(ys, tmp);
return x;
}
pushdown(x), pushdown(y);
int mid = (L + R) >> 1;
ls[x] = merge(L, mid, xs, ys, ls[x], ls[y]);
rs[x] = merge(mid + 1, R, xs, ys, rs[x], rs[y]);
sum[x] = (sum[ls[x]] + sum[rs[x]]) % P;
return x;
}
void dfs_merge(int cur, int faa) {
add(0, n, lnk[cur], rt[cur]);
for (register int i = head[cur]; i; i = e[i].nxt) {
int to = e[i].to; if (to == faa) continue;
dfs_merge(to, cur);
ll xs = query(0, n, 0, dep[cur], rt[to]), ys = 0;
rt[cur] = merge(0, n, xs, ys, rt[cur], rt[to]);
}
if (dep[cur] != n) push0(0, n, dep[cur] + 1, rt[cur]);
}
int main() {
read(n);
...
read(m);
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
int u,v; read(u), read(v);
MAX(lnk[v], dep[u]);
}
dfs_merge(1, 0);
printf("%lld\n", (query(0, n, 0, 0, rt[1]) % P + P) % P);
return 0;
}
标签：命运,merge,int,sum,NOI2020,xs,ys,P6773,cur 来源： https://www.cnblogs.com/JiaZP/p/13532977.html
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