题解 CF1527D 【MEX Tree】
meyi
2021-05-28 16:06:38
由 $\text{mex}$ 的定义易知，包含 $[0,i-1]$ 的路径数减去包含 $[0,i]$ 的路径数表示的是包含 $[0,i-1]$ 且不包含 $i$ 的路径数，即 $\text{mex}$ 为 $i$ 的路径数。
定义 $ans_i$ 为包含 $[0,i]$ 的路径数，则 $\forall i\ge 1$，有 $\text{mex}_i=ans_{i-1}-ans_{i}$，而 $\text{mex}_0=\frac{n(n-1)}{2}-ans_0$。故问题转化为求出 $ans_i$。
考虑以 $0$ 为根的最短的包含 $[0,i-1]$ 的路径，设其左、右端点分别为 $l,r$，则 $i$ 有三种不同的情况需要处理，我们分类讨论一下：
1. $i$ 在 $l$ 或 $r$ 的子树中，这时需要将对应端点移动到 $i$。
2. $i$ 在 $l$ 到 $r$的路径上，即 $l$ 或 $r$ 在 $i$ 的子树中，这时无需任何操作。
3. 其余情况，由于一条路径只能有两个端点，则此时没有任何一条路径能包含 $[0,i]$，下标 $\ge i$ 的 $ans$ 的值均为 $0$。
若为第 1、2 种情况，因为两个端点的子树内各取一点作为端点都能形成一条包含 $[0,i]$ 的路径，则 $ans_i$ 为两个端点子树大小相乘，需要注意的是若其中一个端点位于根，即 $1$ 处时，该端点的子树大小应减去**另一个端点所在儿子**的子树大小。
至于如何判断是哪种情况，只需要求 $\text{LCA}$ 即可。
代码如下，请注意实现与上述内容有些许差异：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ri register int
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
struct node{
int to,nxt;
}e[maxn<<1];
int hd[maxn],len;
inline void addedge(int fr,int to){
e[++len]={to,hd[fr]};
hd[fr]=len;
}
int dep[maxn],fa[maxn],n,son[maxn],t,top[maxn];
ll siz[maxn];
void dfs1(int p,int f){
dep[p]=dep[f]+1;
fa[p]=f;
siz[p]=1;
for(ri i=hd[p];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=f){
dfs1(e[i].to,p);
siz[p]+=siz[e[i].to];
if(siz[e[i].to]>siz[son[p]])son[p]=e[i].to;
}
}
void dfs2(int p,int k){
top[p]=k;
if(son[p]){
dfs2(son[p],k);
for(ri i=hd[p];i;i=e[i].nxt)
if(!top[e[i].to])
dfs2(e[i].to,e[i].to);
}
}
inline int lca(int x,int y){
while(top[x]!=top[y]){
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
x=fa[top[x]];
}
return dep[x]<dep[y]?x:y;
}
ll ans[maxn];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
len=0;
memset(hd,0,sizeof hd);
memset(son,0,sizeof son);
memset(top,0,sizeof top);
for(ri i=1,x,y;i<n;++i){
scanf("%d%d",&x,&y),++x,++y;
addedge(x,y),addedge(y,x);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
memset(ans,0,sizeof ans);
ll sum=1;
for(ri i=hd[1];i;i=e[i].nxt)ans[1]+=siz[e[i].to]*sum,sum+=siz[e[i].to];
printf("%lld",1ll*n*(n-1)/2-ans[1]);
ri l=1,r=1,sl,sr;
for(ri i=2;i<=n;++i){
ri a=lca(i,l),b=lca(i,r);
if(a==l&&b==1){
if(l==1){
sl=siz[i];
for(ri j=i;fa[j]>1;j=fa[j],sl=siz[j]);
}
l=i;
}
else if(b==r&&a==1){
if(r==1){
sr=siz[i];
for(ri j=i;fa[j]>1;j=fa[j],sr=siz[j]);
}
r=i;
}
else if(a!=i&&b!=i)break;
if(l==1)ans[i]=siz[r]*(n-sr);
else if(r==1)ans[i]=siz[l]*(n-sl);
else ans[i]=siz[l]*siz[r];
}
for(ri i=2;i<=n+1;++i)printf(" %lld",ans[i-1]-ans[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}
```