礼物

题目大意：

数据范围：

题解：

这题有意思啊（$md$卡常

直接做怎么做？

随便上个什么东西，维护一下矩阵乘和插入，比如说常数还算小的$KD-Tree$（反正我是没见人过过

我们漏掉了一个条件，就是所有二元组都是随机的。

这个条件很好，它几乎就保证了，任选一个区间的话，优秀二元组只有$log$个。

这是为什么呢？

其实区间内，优秀二元组的个数，就相当于把区间按照$x$排序后，$y$值是前缀最大值的期望个数。

因为二元组是随机的，所以$x$排序后，$y$仍然是随机的。

就是给定一个随机数列，求前缀最大值的期望个数。

这是调和级数的。

所以，我们就开一棵线段树，线段树上每个节点维护一个数组，存这个节点管辖区间内的优秀二元组。

合并用归并，复杂度是$O(log)$的。

所以每次查询的复杂度是$O(log^2n)$的。

总复杂度是$O(nlog^2n)$的，有点小卡常，加了输出优化才过（读入优化是必备。

代码：

#include <bits/stdc++.h>#define N 200010 using namespace std;int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], tot;char *p1, *p2, buf[100000];#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )int rd() {int x = 0, f = 1;char c = nc();while (c < 48) {if (c == '-')f = -1;c = nc();}while (c > 47) {x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();}return x * f;
}inline void add(int x, int y) {to[ ++ tot] = y;nxt[tot] = head[x];head[x] = tot;
}int d[N], x[N], y[N];int main() {int n = rd(), k = rd();for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {x[i] = rd(), y[i] = rd();d[x[i]] ++ ;d[y[i]] ++ ;}int mx = 0;for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {int s1 = d[x[i]], s2 = d[y[i]];if (s1 < s2)swap(s1, s2);if (s1 >= 3) {if (s2 >= 3) {mx = max(mx, 2);}else if(s2 <= 2) {mx = max(mx, 1);}}}int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {if (d[i] == 1) {sum ++ ;}}mx *= k;cout << sum - mx << endl ;return 0;
}

小结：这种期望的题还是要自己证才行，不然结论根本记不过来。

转载于:https://www.cnblogs.com/ShuraK/p/11256723.html

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