數學與樹學（娛樂向）

數學：

背景：在一次模擬賽中，Deepinc、DuanYue和Remarkable分別用了三個式子表示了同一個東西，而他們的式子目測毫無關係，並且是從不一樣的角度分析的，致使他們的作法確定是正確的，但卻各不相同，咱們來看一下。

Deepinc：$ans=\frac{\sum\limits_{i=1}^{m}(i^k-(i-1)^k)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$

DuanYue:$g[x]=\sum\limits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}$

                $ans=\frac{\sum\limits_{i=1}^{m}g(i)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$

Remarkable:$Max(x)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}x^i(x-1)^{k-1-i}$

                    $ans=\frac{\sum\limits_{i=1}^{m}Max(i)*w[i]}{m^k}*(n-k+1)$

下面咱們來證實它們是一個式子。

證實：

首先咱們很容易發現一些相同的部分，那麼$n-k+1$和$m^k$這些部分咱們忽略掉。並且最後的式子中都有一個$\sum\limits_{i=1}^m$的統計答案式子，那麼咱們將求和項證實相等便可獲得三個式子相等。

因此通過上述過程咱們的問題變爲：證實$x^k-(x-1)^k（1）=\sum\limits_{i=0}^{k-1}x^i(x-1)^{k-i-1}（2）=\sum\limits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}（3）$便可。

首先若是你有n次方差公式的話（1）=（2）應該能夠秒掉，那麼咱們來證實一下：

$a^k-b^k=(a-b)\sum\limits_{i=0}^{k-1}a^ib^{k-i-1}$

$a^k-b^k=a^k-a^{k-1}b+a^{k-1}b-a^{k-2}b^2+a^{k-2}b^2-……+ab^{k-1}-b^k$

　　　   $=a^{k-1}(a-b)+a^{k-2}b(a-b)+……+b^{k-1}(a-b)$

　　　   $=(a-b)\sum\limits_{i=0}^{k-1}a^ib^{k-1-i}$

而後把a套上x，b套上（x-1）一消，（1）=（2）就證完了。

接下來證實（3）=（1），中間有用到二項式定理:

$\sum\limits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}=\sum\limits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}1^i$

　　　　                $=\sum\limits_{i=0}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}1^i-C_k^0(x-1)^{k}1^0$ 

　　　                　$=x^k-(x-1)^k$

因此這三個式子本質相等。

樹學：

背景：作模擬題有一道Dsu on the tree，而後還要啓發式合併數據結構。而後就引人深思了……

1）數據結構（線段樹，平衡樹）啓發式合併的複雜度證實：

因爲啓發式合併是將小的插入大的，那麼新集合大小至少爲小的2倍，也就是小集合的大小翻倍了，但是咱們進行操做最多讓集合大小變爲$n$，而每次翻倍，那麼只能操做$logn$次，而一次操做要$O(nlogn)$，因此就是$O(nlog^2n)$嘍。

2）樹鏈剖分的複雜度證實：

先來幾條性質（定義(u,v)表示一條有向邊，size爲子樹大小）：

1>若是$(x,y)$爲輕邊，則$size[y]<=size[x]/2$

證實：反證法。設$size[y]>size[x]/2$，則沒有任何其餘子樹$size$大於y節點，（由於y一我的都超了一半，別人加一塊兒都打不過它），那麼$(x,y)$爲重邊，與$(x,y)$輕邊矛盾。

2>從根到某一點x的路徑上輕邊個數很少於$O(logn)$

證實：首先x爲葉子時個數最多，因爲性質1，每沿輕邊向下遞歸一層，則子樹大小減半，最多遞歸$O(logn)$層，因此命題成立。

3>若是咱們定義，連續的重邊組成重鏈，那麼從根到某一點x的路徑上重鏈數很少於$O(logn)$

證實：重鏈的端點必定是輕邊，不然還會組成更長的重鏈，而由性質2，則可得命題成立。

結合性質二、3，咱們樹剖時通常對重鏈用線段樹，那麼一次操做就是$O(log^2n)$，對輕邊則跳，那麼一次操做是$O(logn)$，那麼一次操做是$O(log^2n)$，操做數爲m，通常而言n，m同階，總複雜度通常爲$O(nlog^2n)$。（固然這是我拿線段樹舉的例子，若是是樹套樹這種東西就按照一樣的思路算算唄）。

3）Dsu on the tree 複雜度證實：

由上述2）性質2>可知，咱們處理一個點時，因爲對輕邊處理兩次，重邊是遍歷的複雜度，那麼在以該點爲根子樹中，一個輕兒子最多被合併$O(logn)$次（由於這個輕兒子到該點最多有$O(logn)$條輕邊，而只有輕邊多作了貢獻），那麼複雜度就是$O(logn)$，總共就是

$O(nlogn)$。