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SCP2025T2：P14254 分割（divide）题解

news 2025/10/19 6:28:59

P14254 分割（divide）

题面上的 $\leq p_i < i$ 是不是有问题啊，应该是 $\leq p_i \le i$ 吧，定义为：第 $i$ 个正整数表示结点 $(i + 1)$ 的父结点的编号 $p_i$ 。

思路

首先我们记以 $i$ 为根的子树中深度最深的点的深度为 $m_{i}$ ，则 $S_{i}=[d_{i},m_{i}]$ 。可以发现，如果 $d_{b_1}< d_{b_i}(1<i\le n)$ ，那么 $d_{b_1}\notin S_{j}$ ，求交集后一定不会满足条件二。故 $d_{b_1}=d_{b_2}=\dots=d_{b_k}$ 。

我们把深度相同的点放进桶里，针对同一深度的点，从小到大枚举 $m_{i}$ 的值。设 $c n t$ 为相等的 $m_{i}$ 的个数， $p$ 为比 $m_{i}$ 小的值的的个数， $s$ 为比 $m_{i}$ 大的值的个数。显然，比 $m_{i}$ 小的值必然不可能成为被挖去的子树，如果挖去，那么交集后一定不会满足条件二。我们首先钦定一个 $m_{i}$ 为 $b_1$ ，那么就是在剩下 $s + c n t - 1$ 个子树中选择 $k - p - 1$ 个挖去，剩下的保留。有问题吗？当然有，如果所有相等的 $m_{i}$ 都没有被挖去，且至少有一个比 $m_{i}$ 大的没有被挖去，那么交集就不满足条件二了，减去这种情况即可。

代码

时间复杂度 $O(n\log_{}{M} )$ ，其中 $M = 998244353$ ，不过可以优化求逆元的复杂度可以得到 $O(n\log_{}{n} )$ ，懒得改了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=998244353;
int n,k,dep[N],m[N],jie[N],ni[N];
vector<int> a[N],t[N];
void dfs(int x)
{m[x]=dep[x];for(int i=0;i<a[x].size();i++){dep[a[x][i]]=dep[x]+1;dfs(a[x][i]);m[x]=max(m[x],m[a[x][i]]);}t[dep[x]].push_back(m[x]);
}
int ksm(int x,int y)
{if(y==1) return x;long long mid=ksm(x,y>>1);if(y&1) return mid*mid%mod*x%mod;else return mid*mid%mod;
}
int C(int n,int m)
{if(m==0) return 1;if(n<m||n<0||m<0) return 0;return 1ll*jie[n]*ni[n-m]%mod*ni[m]%mod;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n>>k;for(int i=2;i<=n;i++){int p;cin>>p;a[p].push_back(i);}jie[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)jie[i]=1ll*jie[i-1]*i%mod,ni[i]=ksm(jie[i],mod-2);//直接用的快速幂求逆元,时间稍微多些dep[1]=1;dfs(1);long long ans=0;for(int i=2;i<=n;i++){sort(t[i].begin(),t[i].end());for(int j=0;j<t[i].size();){int cnt=0,p=j;for(int d=j;d<t[i].size();d++)if(t[i][d]==t[i][j]) cnt++;else break;int s=t[i].size()-j-cnt;long long sum=C(s+cnt-1,k-1);if(s>k-1)sum=(sum-C(s,k-1))%mod;//在s中取k-1个挖去,剩下的给根节点,保证至少给根节点一个ans=(ans+sum*cnt%mod)%mod;//任意一个都可以当b1j+=cnt;}}ans=ans*jie[k-1]%mod;//序列b有序,要乘上排列数ans=(ans+mod)%mod;//涉及减法,可能出现负数cout<<ans;return 0;
}