AncientDistance - 题解

标签与难度

标签: 树上问题, 贪心, 分治, 深度优先搜索, 动态规划, 复杂度优化难度: 2100

题目大意喵~

主人你好呀，喵~ 这是一道关于在树上放置“关键节点”的有趣问题！

我们有一棵有 $N$ 个节点的有根树，根是节点1。我们需要在这棵树上指定最多 $K$ 个节点作为“关键节点”。

对于树上的任何一个节点 $x$ ，它的 “古代距离” 被定义为：从 $x$ 沿着唯一的路径往根节点走的路上，遇到的第一个关键节点与 $x$ 之间的距离。如果这条路径上一个关键节点都木有，那古代距离就是无限大哦。如果 $x$ 自己就是关键节点，那它的古代距离就是 0。

我们的任务是，对于每一个 $K$ (从 1 到 $N$ )，找出一种放置不超过 $K$ 个关键节点的方案，使得所有节点中最大的古代距离尽可能小。最后，把这 $N$ 个（对于 $K=1, 2, \dots, N$ ）求出的最小的最大古代距离加起来，作为最终的答案，的说。

举个栗子：如果树是 1-2-3，根是1，我们只在节点2放一个关键节点。

节点1的古代距离是 $\infty$ (往根走没关键节点)。
节点2的古代距离是 0 (它自己就是)。
节点3的古代距离是 1 (从3往根走，第一个遇到的是2，距离是1)。所以，这次放置方案中，最大的古代距离是 $\infty$ 。我们需要找到一个更好的放置方法来让这个最大值变小，喵~

解题思路分析

这道题看起来有点绕，但别担心，跟着我的思路一步步来，问题就会变得清晰起来，喵！

这个题目要求我们对每个 $K \in \{1, \dots, N\}$ 都求解，这种“对所有xx求解”的模式，通常暗示着我们不能对每个 $K$ 都独立暴力算一次，而是要找到它们之间的联系，进行整体的计算。

核心问题的转化

我们先简化一下问题。不去想“对于每个K”，而是先解决一个子问题：

子问题：给定一个最大允许的古代距离 $D$ ，最少需要多少个关键节点才能满足要求？

我们把这个最少需要的关键节点数量记为 $f(D)$ 。

如果我们可以高效地计算出 $f(D)$ ，那么原问题就好办多啦。为啥呢？因为 $f(D)$ 这个函数有一个非常好的性质：它是单调不增的。也就是说，如果我们允许的最大距离 $D$ 越大，所需要的关键节点数量 $f(D)$ 就只会变少或者不变，绝对不会增多，对吧？这很符合直觉，限制越宽松，需要付出的代价（关键节点数）就越小。

如何计算 $f(D)$ ？

现在，我们的焦点变成了如何为一个固定的 $D$ 计算出 $f(D)$ 。这可以用一个非常经典的树上贪心策略来解决，喵~

我们的目标是用最少的关键节点“覆盖”整棵树。一个节点 $u$ 被覆盖，意思是它的古代距离 $\le D$ 。

我们可以从树的最深处开始考虑。想象一下，在树上找到一个最深的、还没有被覆盖的节点，我们称它为 $u$ 。为了覆盖 $u$ ，我们必须在它自己或者它的某个祖先上放置一个关键节点。这个关键节点距离 $u$ 不能超过 $D$ 。

那么，这个关键节点放在哪里最划算呢？当然是放在尽可能高的位置啦！也就是 $u$ 的 $D$ 级祖先（从 $u$ 往上走 $D$ 步到达的节点）。我们把这个祖先记为 ancestor(u, D)。为什么这样最划算呢？因为把关键节点放得越高，它的“势力范围”（也就是它的子树）就越大，就能顺便覆盖掉更多其他的节点，一举多得，喵！

这启发了我们的贪心算法：

找到当前所有未被覆盖的节点中，深度最大的那个节点 $u$ 。
在 $u$ 的 $D$ 级祖先 ancestor(u, D) 处放置一个关键节点。
这个新的关键节点会覆盖掉 ancestor(u, D) 的整棵子树。我们将这棵子树里的所有节点都标记为“已覆盖”。
所需关键节点数量加一。
重复以上步骤，直到所有节点都被覆盖。

这个过程可以用一次深度优先搜索 (DFS)，以后序遍历的方式高效实现。我们定义一个 dp[u] 表示在 $u$ 的子树中，距离 $u$ 最远的未被覆盖节点的距离。

dfs(u) 的过程:
1. 对 $u$ 的所有孩子 $v$ 递归调用 dfs(v)。
2. 初始化 dp[u] = 0 (代表 $u$ 自己暂时未被覆盖)。
3. 遍历 $u$ 的孩子 $v$ ，更新 dp[u] = max(dp[u], dp[v] + 1)。dp[v] + 1 表示 $v$ 子树中未被覆盖的节点到 $u$ 的距离。
4. 更新完后，如果 dp[u] == D，这说明 $u$ 子树里最远的那个“可怜蛋”距离 $u$ 刚好是 $D$ 。我们不能再等了，必须在 $u$ 这里放一个关键节点来拯救它！于是，我们将总关键节点数加一，然后将 dp[u] 设为一个特殊值（比如 -1），表示 $u$ 的子树已经被完全覆盖，不需要再向上传递“求救信号”了。
5. 如果 $u$ 是根节点（节点1），并且在处理完所有孩子后 dp[1] >= 0，说明根节点之上还有未被覆盖的节点（就是根节点自己或者它的子树），所以必须在根节点放一个关键节点。

通过这个 $O(N)$ 的 DFS，我们就能算出任何一个 $D$ 对应的 $f(D)$ 啦！

从 $f(D)$ 到最终答案

现在我们能算 $f(D)$ 了。但是，如果对所有可能的 $D$ (从 0 到树的最大深度) 都算一遍 $f(D)$ ，总复杂度会是 $O(N \cdot \text{max\_depth})$ ，当树是一条链时，这还是太慢了。

注意到我们要求解的是一系列 f(D)，并且 f(D) 的取值范围是 [1, N]，D 的取值范围是 [0, max_depth]。f(D) 关于 D 是单调的！这种 “在单调序列上求解一系列点值” 的问题，是分治大显身手的好地方，喵~

我们可以定义一个分治函数 solve(d_min, d_max, k_min, k_max)，它的任务是计算所有 $D \in [d_{min}, d_{max}]$ 的 $f(D)$ 值。我们已经知道，这些 $f(D)$ 的值一定落在 $[k_{min}, k_{max}]$ 的范围内。

solve(d_min, d_max, k_min, k_max) 的过程:
1. 如果 $d_{min} > d_{max}$ ，说明范围为空，直接返回。
2. 取距离范围的中点 $d_{mid} = (d_{min} + d_{max}) / 2$ 。
3. 用我们 $O(N)$ 的贪心算法计算出 $k_{mid} = f(d_{mid})$ 。
4. 利用单调性，我们可以缩小后续的搜索范围：
  - 对于左半边区间 $[d_{min}, d_{mid}-1]$ ，对应的 $f(D)$ 值一定不小于 $k_{mid}$ 。所以我们递归调用 solve(d_min, d_{mid}-1, k_{mid}, k_{max})。
  - 对于右半边区间 $[d_{mid}+1, d_{max}]$ ，对应的 $f(D)$ 值一定不大于 $k_{mid}$ 。所以我们递归调用 solve(d_{mid}+1, d_{max}, k_{min}, k_{mid})。

这个分治算法的复杂度是多少呢？在每一层分治中，我们对整个距离范围进行了一次 $O(N)$ 的计算。分治的深度是 $O(\log(\text{max\_depth}))$ 。所以总时间复杂度是 $O(N \log N)$ ，非常棒！

计算最终总和

通过分治，我们得到了一个数组，不妨叫 keys_needed[D] = f(D)。现在的问题是，如何计算 $\sum_{K=1}^{N} \text{min\_max\_dist}(K)$ ？

min_max_dist(K) 是我们想求的，对于一个 $K$ ，它是满足 $f(D) \le K$ 的最小的 $D$ 。

直接求和有点困难，我们换个角度看。我们要求的总和，可以看作是 min_max_dist(K) 关于 K 的曲线下的面积。我们可以对 D 进行累加：

\sum_{K=1}^{N} \text{min\_max\_dist}(K) = \sum_{D=0}^{\text{max\_depth}} \sum_{K=1, \text{ s.t. } \text{min\_max\_dist}(K) > D}^{N} 1

这个变换的意思是，对于每个距离值 $D$ ，我们数一数有多少个 $K$ 使得最小最大距离比 $D$ 还大，然后把这些计数全部加起来。

条件 $\text{min\_max\_dist}(K) > D$ 等价于什么呢？它意味着，即使我们允许的最大距离是 $D$ ，所需要的关键点数量 $f(D)$ 仍然比我们拥有的 $K$ 要多，即 $f(D) > K$ 。

所以，对于一个固定的 $D$ ，满足 $\text{min\_max\_dist}(K) > D$ 的 $K$ 的数量就是 $f(D) - 1$ (因为 $K$ 可以取 $1, 2, \dots, f(D)-1$ )。

于是，最终的答案就是：

\sum_{D=0}^{\text{max\_depth}} (f(D) - 1)

(这里我们假设 $f(D) \ge 1$ )。

所以，在用分治算法算出所有的 $f(D)$ 之后，我们只需把它们加起来再减去 max_depth + 1 就好啦！

代码实现

好啦，理论分析结束，是时候亮出我爪下的代码了，喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <numeric>

using namespace std;

const int MAXN = 200005;
vector<int> adj[MAXN];
int parent[MAXN][20]; // 用于倍增跳跃
int depth[MAXN];
int n;
long long keys_needed_for_dist[MAXN]; // f(D) 数组
int post_order_nodes[MAXN]; // 后序遍历序列
int post_order_idx;

// 预处理DFS，计算深度、父节点和后序遍历序列
void dfs_precompute(int u, int p, int d) {
    depth[u] = d;
    parent[u][0] = p;
    for (int v : adj[u]) {
        if (v != p) {
            dfs_precompute(v, u, d + 1);
        }
    }
    post_order_nodes[post_order_idx++] = u;
}

// 预处理倍增数组
void build_lca() {
    for (int j = 1; j < 20; ++j) {
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            if (parent[i][j - 1] != 0) {
                parent[i][j] = parent[parent[i][j - 1]][j - 1];
            }
        }
    }
}

// 贪心计算 f(D)
// dp[u] 表示 u 子树中，距离 u 最远的未被覆盖节点的距离
int dp[MAXN]; 
int calculate_keys(int max_dist) {
    if (max_dist < 0) return n + 1; // 不可能的情况
    int keys_count = 0;
    
    // 使用后序遍历序列来模拟从叶到根的计算过程
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        int u = post_order_nodes[i];
        dp[u] = 0;
        for (int v : adj[u]) {
            if (v != parent[u][0]) { // 只考虑孩子节点
                // dp[v] == -1 表示 v 子树已覆盖
                if (dp[v] != -1) {
                    dp[u] = max(dp[u], dp[v] + 1);
                }
            }
        }
        
        // 如果 u 子树内最远的未覆盖节点距离 u 恰好是 max_dist
        // 并且 u 不是根节点，我们必须在 u 处放置一个关键节点
        if (u != 1 && dp[u] == max_dist) {
            keys_count++;
            dp[u] = -1; // 标记 u 子树为已覆盖
        }
    }
    
    // 最后检查根节点
    // 如果根节点或其子树仍有未覆盖的节点，必须在根节点放置一个
    if (dp[1] != -1) {
        keys_count++;
    }
    
    return keys_count;
}

// 核心的分治函数
void solve_dc(int d_min, int d_max, int k_min, int k_max) {
    if (d_min > d_max || k_min > k_max) {
        return;
    }

    int d_mid = d_min + (d_max - d_min) / 2;
    
    // 计算中间点的 f(D) 值
    keys_needed_for_dist[d_mid] = calculate_keys(d_mid);
    int k_mid = keys_needed_for_dist[d_mid];

    // 递归处理左右两边
    solve_dc(d_min, d_mid - 1, k_mid, k_max);
    solve_dc(d_mid + 1, d_max, k_min, k_mid);
}

void solve() {
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        adj[i].clear();
        keys_needed_for_dist[i] = 0;
        for(int j = 0; j < 20; ++j) parent[i][j] = 0;
    }

    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int p;
        cin >> p;
        adj[p].push_back(i);
        adj[i].push_back(p);
    }

    post_order_idx = 0;
    dfs_precompute(1, 0, 0);
    
    int max_depth = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        max_depth = max(max_depth, depth[i]);
    }

    // 分治求解 f(D) for D in [0, max_depth]
    // f(D) 的值在 [1, n] 之间
    solve_dc(0, max_depth, 1, n);

    // 有些 D 值在分治中点没被取到，需要用单调性补全
    // keys_needed_for_dist[D] <= keys_needed_for_dist[D-1]
    for(int i = max_depth - 1; i >= 0; --i) {
        if(keys_needed_for_dist[i] == 0) { // 0 是我们的初始值，表示没算过
            keys_needed_for_dist[i] = keys_needed_for_dist[i+1];
        }
    }

    long long total_sum = 0;
    // 根据公式 sum(f(D)-1) 计算总和
    // f(D) = 1 是最少的情况 (只在根节点放一个)
    // 对于 D >= max_depth，f(D) 总是 1
    // min_max_dist(K) 的值不会超过 max_depth
    // 我们求 sum_{K=1 to n} min_max_dist(K)
    // min_max_dist(K) = D_val <==> f(D_val) <= K and f(D_val-1) > K
    // 我们可以用双指针来求和
    long long current_dist = max_depth;
    for (int k = 1; k <= n; ++k) {
        while (current_dist > 0 && keys_needed_for_dist[current_dist-1] <= k) {
            current_dist--;
        }
        total_sum += current_dist;
    }

    cout << total_sum << endl;
}

int main() {
    // 提高cin/cout效率
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    
    while (cin >> n) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N \log N)$
- dfs_precompute 预处理是 $O(N)$ 。
- 核心是 solve_dc 分治函数。每次调用 solve_dc 都会执行一次 $O(N)$ 的 calculate_keys。分治的递归深度是 $O(\log(\text{max\_depth}))$ ，而 $\text{max\_depth} < N$ 。所以这部分的总时间复杂度是 $O(N \log N)$ 。
- 最后计算总和是 $O(N)$ 的双指针。
- 所以，总的时间复杂度瓶颈在分治上，为 $O(N \log N)$ ，完全可以接受，喵~
空间复杂度: $O(N \log N)$
- adj, depth, keys_needed_for_dist, dp 等数组都需要 $O(N)$ 的空间。
- parent 倍增数组需要 $O(N \log N)$ 的空间。
- 递归栈的深度是 $O(\log N)$ 。
- 所以总空间复杂度是 $O(N \log N)$ 。如果把倍增数组换成更朴素的单次 $O(D)$ 查询祖先，空间可以降到 $O(N)$ ，但 calculate_keys 的复杂度会略微增加，不过在我们的后序遍历实现中，只需要父节点信息，所以可以优化到 $O(N)$ 空间。不过 $O(N \log N)$ 空间对于本题是足够的。

知识点总结

这道题是一道非常好的综合题，融合了多种算法思想，值得好好回味，喵~

问题转化: 把复杂的“对所有K求解”问题，转化为研究 f(D) 和 min_max_dist(K) 这两个互为“反函数”的关系。
树上贪心: 解决子问题 f(D) 时，通过“总是选择最深未覆盖点，并在其尽可能高的祖先处放置关键点”的贪心策略，找到了最优解。
DFS实现贪心: 使用后序遍历的DFS，可以自底向上地收集子树信息，完美地实现了上述贪心策略。
分治 (Divide and Conquer): 利用 f(D) 的单调性，对求解的“值域”（也就是距离D的范围）进行分治，大大优化了从 $O(N^2)$ 到 $O(N \log N)$ 的时间复杂度。这是一种处理“答案范围”的常用技巧，有时也被称作“整体DP”或“CDQ分治”的思想。
求和技巧: 最后计算总和时，通过转换求和顺序，将对 K 的求和变成了对 D 的求和，或者使用双指针方法，简化了计算。

希望我的讲解对你有帮助哦！如果还有不明白的地方，随时可以再来问我，喵~

AncientDistance - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

核心问题的转化 ​

如何计算 f(D)f(D)f(D)？ ​

从 f(D)f(D)f(D) 到最终答案 ​

计算最终总和 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​