题面
给你一棵
n
n
n 个结点的树，对于所有的
k
∈
[
0
,
n
]
k\in[0,n]
k∈[0,n] ，求出
M
E
X
=
k
{\rm MEX}=k
MEX=k 的路径数量。
一条路径的
M
E
X
\rm MEX
MEX 定义为该路径上没出现的最小结点编号（编号从
0
0
0 到
n
−
1
n-1
n−1）。
1
≤
n
≤
2
e
5
1\leq n\leq 2e5
1≤n≤2e5，多组数据。
题解
一条路径的
M
E
X
\rm MEX
MEX 恰好等于
k
k
k 的充要条件是
结点
0
0
0 到
k
−
1
k-1
k−1 都出现在路径上。
结点
k
k
k 没有出现在路径上。
我们先想想怎么求
0
0
0 到
i
i
i 都出现在路径上的路径个数，令其为
f
(
i
)
f(i)
f(i)。
如果这
i
+
1
i+1
i+1 个点在树上没办法由一条路径经过（形成的虚树不是一条链）那么答案一定为 0，并且
f
(
i
+
1
)
f(i+1)
f(i+1) 直到
f
(
n
)
f(n)
f(n) 的值也都是 0 。在这之前，如果包含它们的最短路径两端是
A
A
A 和
B
B
B（不妨令它们没有祖先关系），那么
f
(
i
)
f(i)
f(i) 就为
A
A
A 端子树大小 ×
B
B
B 端子树大小。
M
E
X
\rm MEX
MEX 等于
k
k
k 的答案不难发现可以用一个小容斥算出：
f
(
k
−
1
)
−
f
(
k
)
f(k-1)-f(k)
f(k−1)−f(k) 。
然后，难点就剩计算
f
(
i
)
f(i)
f(i) 了。首先不妨令
f
(
−
1
)
=
n
∗
(
n
−
1
)
2
f(-1)=\cfrac{n*(n-1)}{2}
f(−1)=2n∗(n−1)
接着我们发现，如果把 0 当作根的话，一切都变得明朗。从
0
0
0 到
i
i
i 形成的虚树一定都经过根，那么我们用
A
A
A 和
B
B
B 两个变量存路径的两端就足够了（初始为 0）。从小到大依次加入点，如果出现加入的点
x
x
x 分别与
A
A
A 或
B
B
B 的最近公共祖先不是
1
,
A
,
B
,
x
1,A,B,x
1,A,B,x 中任何一个的话，那当前的
f
(
i
)
f(i)
f(i) 以及后面的都是 0 了，就不用继续算了。否则的话，就讨论讨论，看怎么更新
A
A
A 和
B
B
B 。
计算
f
(
i
)
f(i)
f(i) 的时候，如果
A
A
A 和
B
B
B 都是 0，那么就是经过 0 的路径数，提前处理一下即可；如果
A
A
A 和
B
B
B 其中一个是 0（假设是
A
A
A），那么先求出
B
B
B 往上走刚好走到 0 的儿子的那个点
B
′
B'
B′，答案就是
(
n
−
s
i
z
[
B
′
]
)
×
s
i
z
[
B
]
(n-siz[B'])\times siz[B]
(n−siz[B′])×siz[B]；如果
A
A
A 和
B
B
B 都大于 0 的话，答案自然是
s
i
z
[
A
]
×
s
i
z
[
B
]
siz[A]\times siz[B]
siz[A]×siz[B]。
具体实现有点细节多。复杂度
O
(
n
log
n
)
O(n\log n)
O(nlogn)。
CODE
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 300005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
LL f=1,x=0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
LL as[MAXN];
vector<int> g[MAXN];
int d[MAXN],dfn[MAXN],rr[MAXN],tim,siz[MAXN];
LL dp[MAXN];
int A,B,FLAG,f[MAXN][21];//18
void dfs(int x,int ff) {
d[x] = d[f[x][0] = ff] + 1;dp[x] = 0;siz[x] = 1;
dfn[x] = ++ tim;
for(int i = 1;i <= 18;i ++) f[x][i] = f[f[x][i-1]][i-1];
for(int i = 0;i < (int)g[x].size();i ++) {
int y = g[x][i];
if(y != ff) {
dfs(y,x);
dp[x] += siz[x] *1ll* siz[y];
siz[x] += siz[y];
}
}rr[x] = tim;
return ;
}
int lca(int a,int b) {
if(d[a] < d[b]) swap(a,b);
if(d[a] > d[b]) {
for(int i = 18;i >= 0;i --) {
if(d[f[a][i]] >= d[b]) a = f[a][i];
}
}if(a == b) return a;
for(int i = 18;i >= 0;i --) {
if(f[a][i] != f[b][i]) {
a = f[a][i]; b = f[b][i];
}
}return f[a][0];
}
LL cal() {
if(!FLAG) return 0;
if(A > B) swap(A,B);
if(A == 1 && B == 1) return dp[1];
if(A == 1) {
int ft = B;
for(int i = 18;i >= 0;i --) {
if(d[f[ft][i]] > d[A]) ft = f[ft][i];
}
int nm1 = n - (rr[ft]-dfn[ft]+1);
return (rr[B]-dfn[B]+1) *1ll* nm1;
}
return (rr[B]-dfn[B]+1) *1ll* (rr[A]-dfn[A]+1);
}
void addp(int x) {
if(!FLAG) return ;
if(A > B) swap(A,B);
if(A == 1 && B == 1) B = x;
else if(A == 1) {
int lc = lca(x,B);
if(lc == 1) A = x;
else if(lc == B) B = x;
else if(lc != x) FLAG = 0;
}
else {
int lc1 = lca(A,x),lc2 = lca(B,x);
if(lc1 == A) A = x;
else if(lc2 == B) B = x;
else if((lc1 == x) || (lc2 == x)) return ;
else FLAG = 0;
}return ;
}
int main() {
int T = read();
while(T --) {
n = read();
tim = 0;A = B = FLAG = 1;
for(int i = 1;i <= n+1;i ++) {
g[i].clear(); as[i] = 0;
memset(f[i],0,sizeof(f[i]));
}
for(int i = 1;i < n;i ++) {
s = read()+1;o = read()+1;
g[s].push_back(o);
g[o].push_back(s);
}
dfs(1,0);
as[1] = n*1ll*(n-1)/2ll;
for(int i = 2;i <= n;i ++) {
LL ass = cal();
as[i-1] -= ass;
as[i] = ass;
addp(i);
}
LL ass = cal();
as[n] -= ass; as[n+1] = ass;
for(int i = 1;i <= n+1;i ++) {
printf("%lld ",as[i]);
}ENDL;
}
return 0;
}
