Fair and Square

문제

난이도: 1600

풀이

편의상 $1$ 을 트리의 루트로 정하겠습니다.

트리에서 세 정점을 잡고 $3$ 개의 경로를 그려보면 세 경로가 모두 지나치는 한 점을 발견할 수 있습니다.

나아가 임의의 세 정점 $u$ , $v$ , $w$ 를 골랐을 때, 트리의 루트를 적당히 조절해서 $\operatorname{LCA}(u, v) = \operatorname{LCA}(v, w) = \operatorname{LCA}(w, u)$ 가 되도록 할 수 있습니다.

$L = \operatorname{LCA}(u, v)$ 라 합시다.

$w$ 가 $L$ 의 서브트리 내부에 있는 경우 $w$ 가 $u$ 의 서브트리 내부에 있다면 $u$ 를 루트로, $v$ 의 내부에 있다면 $v$ 로 잡으면 됩니다.

$w$ 가 $L$ 의 서브트리 바깥에 있다면 $L$ 을 루트로 삼으면 됩니다.

이렇게 조절한 루트를 $r$ 이라 합시다.

그렇다면 $p(u, v) = \dfrac{p(u, r) \cdot p(v, r)}{r}$ 로 바꿔 쓸 수 있고

p(u, v) \cdot p(v, w) \cdot p(w, u) = \frac{[p(u, r)]^2 \cdot [p(v, r)]^2 \cdot [p(w, r)]^2}{r^3}

이 됩니다.

이 수가 제곱수가 되려면 $r$ 이 제곱수여야 합니다.

따라서 이 문제는 $a_r$ 이 제곱수인 $r$ 에 대해 $u$ , $v$ , $w$ 를 고르는 경우의 수를 구하는 문제가 됩니다.

$r$ 이 다르면 다른 triplet이므로 루트 $r$ 을 리루팅을 이용해 바꿔가면서 경우를 모두 계산해주면 답을 구할 수 있습니다.

경우의 수 계산

$r$ 의 자식 $3$ 개를 골라서 각 서브트리 내에서 정점을 하나씩 고르거나, $r$ 을 고른 후 $r$ 의 자식 $2$ 개의 서브트리 내에서 정점을 하나씩 고르면 good triplet이 됩니다.

$r$ 의 자식의 수를 $C$ 라 할 때 이 경우의 수를 Naive하게 계산하면 $O(C^3)$ 이지만 수학을 이용하면 $O(C)$ 에 계산할 수 있습니다.

정점 $v$ 의 서브트리의 크기를 $s_v$ 라 합시다. $r$ 의 자식 $2$ 개를 골라서 각 서브트리에서 정점을 하나씩 고르는 경우는 $\dfrac{\sum s_i(\sum s_j - s_i)}{2}$ 입니다. $\sum s_j = n - 1$ 이므로 $O(C)$ 에 계산할 수 있습니다. 이 값을 $B$ 라고 합시다.

그럼 $B$ 를 이용해서 자식 $3$ 개를 고르는 경우도 $\dfrac{\sum s_i(B - s_i(\sum s_j - s_i))}{3}$ 로 계산할 수 있습니다.

여기에 $r$ 을 고르고 나머지 두개를 자식 서브트리에서 고르는 $B$ 개도 포함해서 더해주면 됩니다.

리루팅

위에서 보았다시피 루트 $r$ 에서 경우의 수를 계산하기 위해서는 각 자식마다 서브트리 크기를 알고 있어야 합니다.

$r$ 의 자식 $c$ 로 루트를 옮기는 경우 $r$ 의 서브트리 크기를 $n - s_c$ 로 갱신해주면 됩니다. $c$ 는 루트가 되므로 $n$ 으로 갱신하면 됩니다.

총 시간 복잡도는 $O(n + \sum C) = O(n)$ 입니다.

코드

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
using ll = long long;
 
bool isPerfect(int x) {
    int r = round(sqrt(x));
    return r * r == x;
}
 
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
 
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
 
    vector<vector<int>> adj(n + 1);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
 
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }
 
    vector<ll> sz(n + 1);
    auto calcSz = [&](auto self, int v, int p) -> void {
        sz[v] = 1;
 
        for (int c : adj[v]) {
            if (c == p) continue;
            self(self, c, v);
 
            sz[v] += sz[c];
        }
    };
    calcSz(calcSz, 1, 0);
 
    ll ans = 0;
    auto rerooting = [&](auto self, int v, int p) -> void {
        for (int c : adj[v]) {
            if (c == p) continue;
 
            sz[v] = n - sz[c];
            sz[c] = n;
            self(self, c, v);
            sz[c] = n - sz[v];
        }
        if (not isPerfect(a[v])) return;
 
        auto comb2 = [&](int c) { return sz[c] * (n - 1 - sz[c]); };
 
        ll B = 0;
 
        for (int c : adj[v]) B += comb2(c);
        B /= 2;
 
        ll T = 0;
        for (int c : adj[v]) T += sz[c] * (B - comb2(c));
        T /= 3;
 
        ans += B + T;
    };
    rerooting(rerooting, 1, 0);
 
    cout << ans << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
 
    int t;
    cin >> t;
 
    while (t--) solve();
 
    return 0;
}

문제

링크: Fair and Square

난이도: 1600

풀이

편의상 $1$ 을 트리의 루트로 정하겠습니다.

트리에서 세 정점을 잡고 $3$ 개의 경로를 그려보면 세 경로가 모두 지나치는 한 점을 발견할 수 있습니다.

$L = \operatorname{LCA}(u, v)$ 라 합시다.

$w$ 가 $L$ 의 서브트리 내부에 있는 경우 $w$ 가 $u$ 의 서브트리 내부에 있다면 $u$ 를 루트로, $v$ 의 내부에 있다면 $v$ 로 잡으면 됩니다.

$w$ 가 $L$ 의 서브트리 바깥에 있다면 $L$ 을 루트로 삼으면 됩니다.

이렇게 조절한 루트를 $r$ 이라 합시다.

그렇다면 $p(u, v) = \dfrac{p(u, r) \cdot p(v, r)}{r}$ 로 바꿔 쓸 수 있고

p(u, v) \cdot p(v, w) \cdot p(w, u) = \frac{[p(u, r)]^2 \cdot [p(v, r)]^2 \cdot [p(w, r)]^2}{r^3}

이 됩니다.

이 수가 제곱수가 되려면 $r$ 이 제곱수여야 합니다.

따라서 이 문제는 $a_r$ 이 제곱수인 $r$ 에 대해 $u$ , $v$ , $w$ 를 고르는 경우의 수를 구하는 문제가 됩니다.

$r$ 이 다르면 다른 triplet이므로 루트 $r$ 을 리루팅을 이용해 바꿔가면서 경우를 모두 계산해주면 답을 구할 수 있습니다.

경우의 수 계산

$r$ 의 자식의 수를 $C$ 라 할 때 이 경우의 수를 Naive하게 계산하면 $O(C^3)$ 이지만 수학을 이용하면 $O(C)$ 에 계산할 수 있습니다.

그럼 $B$ 를 이용해서 자식 $3$ 개를 고르는 경우도 $\dfrac{\sum s_i(B - s_i(\sum s_j - s_i))}{3}$ 로 계산할 수 있습니다.

여기에 $r$ 을 고르고 나머지 두개를 자식 서브트리에서 고르는 $B$ 개도 포함해서 더해주면 됩니다.

리루팅

위에서 보았다시피 루트 $r$ 에서 경우의 수를 계산하기 위해서는 각 자식마다 서브트리 크기를 알고 있어야 합니다.

$r$ 의 자식 $c$ 로 루트를 옮기는 경우 $r$ 의 서브트리 크기를 $n - s_c$ 로 갱신해주면 됩니다. $c$ 는 루트가 되므로 $n$ 으로 갱신하면 됩니다.

총 시간 복잡도는 $O(n + \sum C) = O(n)$ 입니다.

코드

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
using ll = long long;
 
bool isPerfect(int x) {
    int r = round(sqrt(x));
    return r * r == x;
}
 
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
 
    vector<int> a(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
 
    vector<vector<int>> adj(n + 1);
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
 
        adj[u].push_back(v);
        adj[v].push_back(u);
    }
 
    vector<ll> sz(n + 1);
    auto calcSz = [&](auto self, int v, int p) -> void {
        sz[v] = 1;
 
        for (int c : adj[v]) {
            if (c == p) continue;
            self(self, c, v);
 
            sz[v] += sz[c];
        }
    };
    calcSz(calcSz, 1, 0);
 
    ll ans = 0;
    auto rerooting = [&](auto self, int v, int p) -> void {
        for (int c : adj[v]) {
            if (c == p) continue;
 
            sz[v] = n - sz[c];
            sz[c] = n;
            self(self, c, v);
            sz[c] = n - sz[v];
        }
        if (not isPerfect(a[v])) return;
 
        auto comb2 = [&](int c) { return sz[c] * (n - 1 - sz[c]); };
 
        ll B = 0;
 
        for (int c : adj[v]) B += comb2(c);
        B /= 2;
 
        ll T = 0;
        for (int c : adj[v]) T += sz[c] * (B - comb2(c));
        T /= 3;
 
        ans += B + T;
    };
    rerooting(rerooting, 1, 0);
 
    cout << ans << '\n';
}
 
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
 
    int t;
    cin >> t;
 
    while (t--) solve();
 
    return 0;
}

Fair and Square

문제

풀이

경우의 수 계산

리루팅

코드

댓글

Fair and Square

문제

풀이

경우의 수 계산

리루팅

코드

댓글