树形枚举--搜索
题目描述：
给你一棵树，要在一条简单路径上选3个不同的点构成一个集合，问能构成多少个不同的集合。
解法：
枚举所有结点，假设某个结点有n棵子树，每棵子树的结点个数分别为s1,s2,````sn.那么在选中该结点后，剩下的两个结点从子树上选，考虑顺序，则有方案数ans = s1*(sum(si) - s1) + s2*(sum(si) - s2) + ``` + sn*(sum(si) - sn),化简得ans = sum(si) ^ 2 - sum(si ^2) .实际上，另外两个点选了(1,2)和(2,1)对于集合{a,b,c}而言是一样的，所以方案数应该为ans/2。
而一个结点的子节点的总和为n-1。只要求sum(si^2)即可，由于是从某一点开始搜的，我们把这个点想成了根结点，实际上对于除这个点以外的其他点，除了按搜索顺序认为的子树外，剩下的结点是它的另一棵子树。
代码实现：
ll ans=0;
int dfs(int x)//返回该结点的某棵子树的结点个数
{
vis[x] =1;
ll sq=0;//”子树”结点个数的平方和
int tot =0;//”子树”结点个数的总和
for(int i=0; i<g[x].size(); ++i)
{
if(!vis[g[x][i]])
{
int son = dfs(g[x][i]);//子结点的个数
tot += son;
sq += (ll)son*son;
}
}
sq += (ll)(n-tot-1)*(n-tot-1);
ans += ((ll)(n-1)*(n-1) - sq)/2;
return tot+1;//当自己作为子树时，还要加上自己，所以加1.
}
另一种解法：
直接考虑顺序计数,有方案数ans =s1*(s2+s3+````+sn)+s2*(s3+s4+```sn) +```` + s[n-1]*sn. 则有设sum[i]为前i项和，则有ans = s1*(n-1-sum[1]) + s2*(n-1-sum[2]) +````+s[n-1]*(n-1-sum[n-1]) + sn *0.
代码实现：
ll ans;
int dfs(int x)
{
vis[x] =1;
int tmp=0;
for(int i=0; i<g[x].size(); ++i)
{
if(!vis[g[x][i]])
{
int son = dfs(g[x][i]);//当前分支的儿子个数
tmp += son;//已经求出的儿子个数，相当于sum[i]
ans += (ll)(n-1-tmp)*son;
}
}
return tmp+1;
}
然后此题的正解就是C(n,3)- ans.C(n,3)表示从n个点中选3个点，C(n,3) = n*(n-1)*(n-2)/6
贴代码1：
1 #pragma comment(linker, "/STACK:16777216") 2 #include<cstdio> 3 #include<vector> 4 #define N 100010 5 using namespace std; 6 typedef long long int ll; 7 vector<int> g[N]; 8 bool vis[N]; 9 int n; 10 ll ans; 11 int dfs(int x) 12 { 13 vis[x] =1; 14 ll sq=0;//子节点个数的平方和 15 int tot =0;//子节点个数之和 16 for(int i=0; i<g[x].size(); ++i) 17 { 18 if(!vis[g[x][i]]) 19 { 20 int son = dfs(g[x][i]);//子节点的个数 21 tot += son; 22 sq += (ll)son*son; 23 } 24 } 25 sq += (ll)(n-tot-1)*(n-tot-1); 26 ans += ((ll)(n-1)*(n-1) - sq)/2; 27 return tot+1; 28 } 29 int main() 30 { 31 freopen("1010.in","r",stdin); 32 while(~scanf("%d",&n)) 33 { 34 for(int i=1; i<=n; ++i) 35 { 36 g[i].clear(); 37 vis[i] =0; 38 } 39 for(int i=1; i<n; ++i) 40 { 41 int u,v; 42 scanf("%d%d",&u,&v); 43 g[u].push_back(v); 44 g[v].push_back(u); 45 } 46 ans =0; 47 dfs(1); 48 ll sum = (ll)n*(n-1)*(n-2)/6; 49 printf("%I64d ",sum-ans); 50 } 51 return 0; 52 }
贴代码2：
1 #pragma comment(linker, "/STACK:16777216") 2 #include<cstdio> 3 #include<vector> 4 #define N 100010 5 using namespace std; 6 typedef long long int ll; 7 vector<int> g[N]; 8 bool vis[N]; 9 int n; 10 ll ans; 11 int dfs(int x) 12 { 13 vis[x] =1; 14 int tmp=0; 15 for(int i=0; i<g[x].size(); ++i) 16 { 17 if(!vis[g[x][i]]) 18 { 19 int son = dfs(g[x][i]);//当前分支的儿子个数 20 tmp += son;//已经求出的儿子个数 21 ans += (ll)(n-1-tmp)*son; 22 } 23 } 24 return tmp+1; 25 } 26 int main() 27 { 28 // freopen("1010.in","r",stdin); 29 while(~scanf("%d",&n)) 30 { 31 for(int i=1; i<=n; ++i) 32 { 33 g[i].clear(); 34 vis[i] =0; 35 } 36 for(int i=1; i<n; ++i) 37 { 38 int u,v; 39 scanf("%d%d",&u,&v); 40 g[u].push_back(v); 41 g[v].push_back(u); 42 } 43 ans =0; 44 dfs(1); 45 ll sum = (ll)n*(n-1)*(n-2)/6; 46 printf("%I64d ",sum-ans); 47 } 48 return 0; 49 }