数学与树学（娱乐向）

数学：

背景：在一次模拟赛中，Deepinc、DuanYue和Remarkable分别用了三个式子表示了同一个东西，而他们的式子目测毫无关系，并且是从不一样的角度分析的，致使他们的作法确定是正确的，但却各不相同，咱们来看一下。

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

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

下面咱们来证实它们是一个式子。

证实：

首先咱们很容易发现一些相同的部分，那么$n-k+1$和$m^k$这些部分咱们忽略掉。并且最后的式子中都有一个$\sum\limits_{i=1}^m$的统计答案式子，那么咱们将求和项证实相等便可获得三个式子相等。

因此通过上述过程咱们的问题变为：证实$x^k-(x-1)^k（1）=\sum\limits_{i=0}^{k-1}x^i(x-1)^{k-i-1}（2）=\sum\limits_{i=1}^{k}C_k^i(x-1)^{k-i}（3）$便可。

首先若是你有n次方差公式的话（1）=（2）应该能够秒掉，那么咱们来证实一下：

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

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

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

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

而后把a套上x，b套上（x-1）一消，（1）=（2）就证完了。

接下来证实（3）=（1），中间有用到二项式定理:

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

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

　　　                　$=x^k-(x-1)^k$

因此这三个式子本质相等。

树学：

背景：作模拟题有一道Dsu on the tree，而后还要启发式合并数据结构。而后就引人深思了……

1）数据结构（线段树，平衡树）启发式合并的复杂度证实：

因为启发式合并是将小的插入大的，那么新集合大小至少为小的2倍，也就是小集合的大小翻倍了，但是咱们进行操做最多让集合大小变为$n$，而每次翻倍，那么只能操做$logn$次，而一次操做要$O(nlogn)$，因此就是$O(nlog^2n)$喽。

2）树链剖分的复杂度证实：

先来几条性质（定义(u,v)表示一条有向边，size为子树大小）：

1>若是$(x,y)$为轻边，则$size[y]<=size[x]/2$

证实：反证法。设$size[y]>size[x]/2$，则没有任何其余子树$size$大于y节点，（由于y一我的都超了一半，别人加一块儿都打不过它），那么$(x,y)$为重边，与$(x,y)$轻边矛盾。

2>从根到某一点x的路径上轻边个数很少于$O(logn)$

证实：首先x为叶子时个数最多，因为性质1，每沿轻边向下递归一层，则子树大小减半，最多递归$O(logn)$层，因此命题成立。

3>若是咱们定义，连续的重边组成重链，那么从根到某一点x的路径上重链数很少于$O(logn)$

证实：重链的端点必定是轻边，不然还会组成更长的重链，而由性质2，则可得命题成立。

结合性质二、3，咱们树剖时通常对重链用线段树，那么一次操做就是$O(log^2n)$，对轻边则跳，那么一次操做是$O(logn)$，那么一次操做是$O(log^2n)$，操做数为m，通常而言n，m同阶，总复杂度通常为$O(nlog^2n)$。（固然这是我拿线段树举的例子，若是是树套树这种东西就按照一样的思路算算呗）。

3）Dsu on the tree 复杂度证实：

由上述2）性质2>可知，咱们处理一个点时，因为对轻边处理两次，重边是遍历的复杂度，那么在以该点为根子树中，一个轻儿子最多被合并$O(logn)$次（由于这个轻儿子到该点最多有$O(logn)$条轻边，而只有轻边多作了贡献），那么复杂度就是$O(logn)$，总共就是

$O(nlogn)$。