【题目描述】
noip要到了，大家来到许愿树前。这个许愿树不仅仅是许愿树，还有未卜先知的功能。众OIer问许愿树：“不平凡的许愿树，CCF告诉我们noip中会有两道题目从Openjudge上选择，你能不能告诉我是哪两道题。”
许愿树想了想直接说出答案并不妥：“中国有句古话叫‘闷声大发财’，我就什么也不说，这是最好的。但是我看到你们这么热情，一句话不说也不好，我就告诉你们点信息吧。你们看我是一个由N个结点组成的树，在树中任选着3个点，有多少种选择方案使得这三个点互相之间的距离相同？两个方案不同当且仅当一个点在第一种方案中被选择，第二种方案中没有被选择。”
“记你算出来方案数为cnt，那么第一道题的题号就是cnt%338 + 1，第二题的题目编号是(cnt+233)%338+1。”
可是OIer们手头并没有计算机，于是请你来告诉他们题目编号。
【输入格式】
第一行一个整数N，表示树有N个点。
接下来N-1行，每行两个整数u,v，表示树中有一条从u到v的边
【输出格式】
一行，两个整数，分别为预测的第一题题号和第二题题号。
【样例输入】
7 1 2 5 7 2 5 2 3 5 6 4 5
【样例输出】
6 239
【提示】
样例解释：
共有5种方案，分别是{1,3,5},{2,4,6},{2,4,7},{2,6,7},{4,6,7}。所以第一题的编号为5%338 + 1 = 6；第二题的编号为(5+233)%338 + 1 = 239;
数据范围与约定：
对于30%的数据：1 <= n <= 100
对于60%的数据：1 <= n <= 1500
对于100%的数据：1 <= n <= 5000
题解：
显然不知道怎么dp 就乱搞，又显然以每个点dfs然后组合O（n^2）但看到样例就知道重复统计了
所以我强制规定三元点对必须分布在三颗不同子树上，就不会重复了...............................................
然后就来了个(n*log3n)≈(n^2)的玄学方法 结果跑得还挺快
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #include <cmath> 6 using namespace std; 7 const int N=5005,mod=338; 8 int n,head[N],num=0,du[N]; 9 struct Lin{ 10 int next,to; 11 }a[N<<1]; 12 void init(int x,int y){ 13 a[++num].next=head[x]; 14 a[num].to=y; 15 head[x]=num; 16 } 17 int t[N],c[N][N],sz[N]; 18 void dfs(int x,int last,int dep,int rt){ 19 int u; 20 t[dep]++; 21 for(int i=head[x];i;i=a[i].next){ 22 u=a[i].to; 23 if(u==last || u==rt)continue; 24 dfs(u,x,dep+1,rt); 25 } 26 } 27 int ans=0,sum[N]; 28 void solve(){ 29 for(int i=1;i<=n;i++){ 30 if(!sz[i])break; 31 for(int j=1;j<=sz[i];j++)sum[j]=sum[j-1]+c[i][j]; 32 for(int j=1;j<sz[i]-1;j++){ 33 for(int k=j+1;k<sz[i];k++){ 34 ans+=(sum[sz[i]]-sum[k])*c[i][j]*c[i][k]; 35 ans%=mod; 36 } 37 } 38 sz[i]=0; 39 } 40 } 41 int main() 42 { 43 freopen("hopetree.in","r",stdin); 44 freopen("hopetree.out","w",stdout); 45 scanf("%d",&n); 46 int x,y; 47 for(int i=1;i<n;i++){ 48 scanf("%d%d",&x,&y); 49 init(x,y);init(y,x); 50 du[x]++;du[y]++; 51 } 52 for(int i=1;i<=n;i++) 53 { 54 if(du[i]<3)continue; 55 for(int j=head[i];j;j=a[j].next){ 56 dfs(a[j].to,a[j].to,1,i); 57 for(int k=1;k<=n;k++){ 58 if(!t[k])break; 59 c[k][++sz[k]]=t[k]; 60 t[k]=0; 61 } 62 } 63 solve(); 64 } 65 printf("%d %d ",ans+1,((ans+233)%mod)+1); 66 }