【BZOJ4928】第二题

Description

对于一棵有根树，定义一个点u的k-子树为u的子树中距离u不超过k的部分。
注意，假如u的子树中不存在距离u为k的点，则u的k-子树是不存在的。
定义两棵子树是相同的，当且仅当不考虑点的标号时，他们的形态是相同的（儿子的顺序也需要考虑）。给定一棵n个点，点的标号在[1,n]，以1为根的有根树。问最大的k，使得存在两个点u !=v，满足u的k-子树与v的k-子树相同。

Input

第一行输入一个正整数n。
接下来读入n个部分，第i个部分描述点i的儿子，且以顺序给出。
每个部分首先读入一个整数x，代表儿子个数。
接下来x个整数，代表从左到右儿子的标号
n ≤ 100000，保证给出的树是合法的

Output

输出一个整数k，代表最大的合法的k

Sample Input

8
1
2
2
3 4
0
1
5
2
6 7
0
1
8
0

Sample Output

3

题解：依旧是集训原题。

由于答案是可二分的，考虑倍增。我们用f[i][x]表示x的-(1<<i)子树的hash值。那么，如果我们已经知道了所有点的-a子树的hash值和-b子树的hash值，如何求出-(a+b)的hash值呢？这就需要我们有一种hash的方法，即保证hash的正确性也要便于我们合并。

然后看标程看到好多种hash的方法，这里只说一种比较简单的。

特别地，我们令f[0][x]的hash值为x的儿子数量（你可以想象，如果一棵树的DFS序确定了，DFS序上每个点的权值就是它的儿子数量，那么这个DFS序就能唯一的表示一棵树）。然后在合并-a和-b的时候如何处理呢？我们按照DFS序遍历x的所有到x的距离为a的子孙，然后设它们的-b子树的hash值分别为b1,b2...bm，那么我们相当于得到一个序列{a,b1,b2...bm}，我们将这个序列hash一下（hash=a*basem+b1*basem-1+...bm*1）。最后，我们将所有点的hash值排个序，反离散化一下，得到的排名就是x的-(a+b)子树的hash值。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn=100010;
int n,mx,ans,len,now;
const ull bas=2543323;
ull hs[20][maxn],f[maxn],nf[maxn],pv[maxn];
vector <int> ch[maxn];
int dep[maxn],p[maxn],st[maxn],md[maxn],vis[maxn];
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void dfs(int x,ull *a,ull *b,ull *c)
{
	int i,y;
	if(x==1)	p[0]=st[0]=0,dep[1]=1;
	st[dep[x]]=x,md[x]=dep[x],a[x]=b[x];
	if(dep[x]>len)	(a[st[dep[x]-len]]*=bas)+=c[x];
	for(i=0;i<ch[x].size();i++)	y=ch[x][i],dep[y]=dep[x]+1,dfs(y,a,b,c),md[x]=max(md[x],md[y]);
	st[0]--;
}
bool cmp(int a,int b)
{
	return pv[a]<pv[b];
}
void merge(ull *a,ull *b,ull *c,int l)
{
	len=l;
	dfs(1,a,b,c);
	int i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)	p[i]=i,pv[i]=a[i];
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	for(i=1,j=0;i<=n;i++)
	{
		if(pv[p[i]]>pv[p[i-1]])	j++;
		a[p[i]]=j;
	}
}
int check(ull *a,ull *b,ull *c,int l)
{
	merge(a,b,c,ans);
	now++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(md[i]-dep[i]>=l)
		{
			if(vis[a[i]]==now)	return 1;
			vis[a[i]]=now;
		}
	}
	return 0;
}
int main()
{
	n=rd();
	int i,j,a;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		a=rd(),hs[0][i]=a;
		for(j=1;j<=a;j++)	ch[i].push_back(rd());
	}
	for(i=1;i<=16;i++)	merge(hs[i],hs[i-1],hs[i-1],1<<i-1);
	for(i=16;i>=0;i--)
	{
		if(check(nf,f,hs[i],ans+(1<<i)))
		{
			ans+=(1<<i);
			memcpy(f,nf,sizeof(nf));
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

 

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