P3565 [POI2014]HOT-Hotels

参考题解

题目大意：
给定一棵树，在树上选 3 个点，要求两两距离相等，求方案数。

三个点树上两两距离为d存在下面两种情况

• 某个点三个子树（保证该点是LCA）中分别由三个点距离它为d
• 对于某一个点，它的 d 级祖先以及子树内两个以它为LCA，距它 d 的点

对于情况一，设计dp： $f_{u,j}$表示以$u$为根的子树，距i距离为$j$的点数

对于情况二，设计dp：$g_{u,j}$表示以$u$为根的子树，两个点的到LCA距离相等（此出用d表示），LCA到$u$的距离为$d-j$的点对

对于$f_{u,j}$的状态转移十分显然：$f_{u,j}={\sum }_{v\in so{n}_u}{f}_{v,j-1}$

而对于$g_{u,j}$来说存在两种情况

• 某个子树内部存在两个点：$g_{u,j}={\sum }_{v\in so{n}_u}{g}_{v,j+1}$
• 两个不同的子树各贡献一个点，以$u$为LCA：$g_{u,j}={\sum }_{v,w\in so{n}_u,v\ne w}{f}_{v,j-1}\times f_{w,j-1}$

很明显，第二中情况$f_{v,j-1}\times f_{w,j-1},f_{w,j-1}\times f_{v,j-1}$是同一种情况，这里我们让$v$是$u$较靠前的儿子即可避免重复计算

而对于答案计算来说也存在两种情况：
首先对于三个点树上两两距离为d的情况都可以看成两个点在一个子树中，而另一个点“别处”

• 在子树$v$中选一个点，而在其他子树中选两个点：$g_{u,j+1}\times f_{v,j}$
• 在子树$v$中选两个点，而在其他子树中选一个点：$f_{u,j-1}\times g_{v,j}$

同样为了避免重复计算只需要让其他子树搞成$v$前面的子树即可
注意上述$g_{u,j+1}$和$f_{u,j-1}$都还未算$v$对其的贡献，这个只需要先计算答案在加贡献即可。

计算状态数组和答案时，都有计算前面子树的情况，直接运用前缀和的思想即可边计算答案，边转移数组。

这里要提一点，我们至今没有提到$g_{u,0}$对答案的贡献，它确实对答案有贡献，但是我们已经计算过了，如果在此加上会重复计算。

而其他博主在计算的时候加上$g_{u,0}$实际上增加的时$g_{wson,1}$即重儿子的贡献。

根据g的转移方程可知道：$g_{u,0}$的贡献全部来自于${\sum }_{v\in so{n}_u}{g}_{v,1}$，而计算$f_{u,j-1}\times g_{v,j}$对答案的贡献时我们具体写一下$f_{u,0}\times g_{v,1}$而$f_{u,0}=1$，因此已经计算过$g_{u,0}$的贡献！！！

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然后就是长链剖分优化dp，每次保存长儿子的贡献，其他儿子暴力合并，每条长链都会在链头暴力合并一次时间复杂度$O(len)$总的合并时间复杂度$O(n)$

最后如果写指针版本的话，由于g数组是倒着转移的，$f$要多开一倍的内存，否则g可能倒回来覆盖掉$f$

code

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll=long long;
constexpr int N=5010;
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;
void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;}
int n;
int dep[N],son[N];
void dfs1(int u,int fa)
{for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa) continue;dfs1(v,u);if(dep[v]>dep[son[u]]) son[u]=v;}dep[u]=dep[son[u]]+1;
}ll pool[4*N];
ll *f[N],*g[N],*now=pool;
ll ans;
void dfs2(int u,int fa)
{f[u][0]=1;if(son[u]){f[son[u]]=f[u]+1;g[son[u]]=g[u]-1;dfs2(son[u],u);ans+=g[son[u]][1];// 加上重儿子的贡献}for(int i=h[u];i!=-1;i=ne[i]){int v=e[i];if(v==fa||v==son[u]) continue;f[v]=now;now+=dep[v]<<1;g[v]=now;now+=dep[v];dfs2(v,u);// 边计算for(int j=0;j<dep[v];j++){if(j) ans+=f[u][j-1]*g[v][j];ans+=g[u][j+1]*f[v][j];}// 边转移for(int j=0;j<dep[v];j++){g[u][j+1]+=f[u][j+1]*f[v][j];if(j) g[u][j-1]+=g[v][j];f[u][j+1]+=f[v][j];}}}
int main()
{IO;cin>>n;memset(h,-1,sizeof h);for(int i=1;i<n;i++){int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);}dfs1(1,0);f[1]=now;now+=dep[1]<<1;//多开一倍的内存g[1]=now;now+=dep[1];dfs2(1,0);cout<<ans<<'\n';return 0;
}

菜菜的我搞了一天这个题啊啊啊啊