題目鏈結
一道很有意思的題。
我們考慮按位累計貢獻。記錄\(dp[i][j]\)為上一步倍增跳了\(2^j\)步，跳到了\(i\)點的所有狀態"1"的個數和。
可以理解為，對於乙個兒子u和他的祖先v的深度差，可以表示為乙個二進位制數。我們倍增的將u跳到v，每次跳的長度一定比上次小，且一定是\(2^k\)。
對於乙個點i，上一步跳了\(2^j\)步，那麼就\(\forall k,k，dp[fa][k]+=dp[i][j]+num[i][j]。其中fa代表的是i第\(2^k\)個祖先，num代表的是某個狀態有多少種方案。那麼這句話的意思就是，對於所有可以由\((i,j)\)這個狀態轉移到的狀態，都把他們的dp加上\(（原狀態dp值+原狀態方案數那麼多個「1」）\)。同時num[fa][k]+=num[i][k]，ans+=dp[fa][k]*(size[fa]-size[from]-1)，from指的是這一次是從fa的哪個親兒子跳上來的。
那麼連初始化都不需要了，直接多考慮一種情況跳躍即可。
51nod 1709 複雜度分析
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樹論 倍增 51nod1709 複雜度分析
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