CF1292C Xenon's Attack on the Gangs

题目链接:https://codeforces.com/problemset/problem/1292/C

题意

在一颗有n个节点的树上，给每个边赋值，所有的值都在([0,n-2])内并且不重复，也就是一条边一个权值，令(mex(u,v))表示从(u到v)这条简单路径上没有出现过的最小自然数，要求使所有路径的(mex)之和最大。

分析

最开始我一看这个题，统计答案的时候好像就需要(O(N^2)),那这个题好像统计个答案就可能会T？当我看见时限是(3s)的时候我就知道我想多了，分析时间复杂度的时候提前看一下时限，防止因看错时限分析错时间复杂度。
首先这个边的权值肯定有规律，不然枚举权值时间复杂度会很高，最开始我想的是从每个边开始(dfs)一下把经过次数最多的边设成0，然后依次类推，每次(dfs)不访问重复经过的点，发现存在一个什么问题呢，就是从不同的点开始(dfs)造成的结果不一样，所以这样不可行，不妨先画一条链来看看。

如果已经放好了(0~x-1)，考虑(x)放哪个位置，如果我把(x)放到(5-v)上，那么(mex(u,5))就会是(x)，然后只有(mex(u,v))会等于(x+1)，但要是把(x)放到(u-1)或(4-5)上，(mex)等于(x+1)的就不会只是(mex(u,v))了。链上是这样，树上当然也是，所以(x)放到链的两端会使结果更优。

也就是这样，对于(u-v)的路径，4和5放在最两端时结果会更优，然后对最大值5的位置进行分类讨论，就可以求解出答案。
还有一个问题，如果我真的去把每个(mex)相加，的确很不现实，根据之前做过的一些类似的题，直接加上(x)相当于在(0~x-1)各加1，转化成对答案的贡献，也就是(size_u*size_v),这样求解起来就会相对简单。
之前已经讲过，从不同的点开始(dfs)的结果是不同的，所以不能像平常那样统计(size),而是应该在加一维表示根，这样才能保证得到我们想要的(size)，因为要枚举最大权值所在的地方，所以还要记录每个节点的父亲，同样也要记录根。
不妨用(dp_{u,v})表示把(0~x-1)放到(u-v)的最大答案，(s_{u,v})表示(v)以(u)为根时的子树大小，(fa_{u,v})表示(v)以(u)为根时的父亲。于是有

[dp_{u,v}=max(dp_{fa_{u,v},u},dp_{fa_{v,u},v})+s_{u,v}*s_{v,u} ]

然后此题就能得解，注意开long long

#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=3e3+10;
struct Edge{
    int to,nxt;
}e[N<<1];
int Head[N],len;
void Ins(int a,int b){
    e[++len].to=b;e[len].nxt=Head[a];Head[a]=len;
}
int rt;ll s[N][N],dp[N][N],f[N][N];
void dfs(int u){
    s[rt][u]=1;
    for(int i=Head[u];i;i=e[i].nxt){
        int v=e[i].to;
        if(v==f[rt][u])continue;
        f[rt][v]=u;
        dfs(v);
        s[rt][u]+=s[rt][v];
    }
}
ll calc(int u,int v){
    if(u==v)return 0;
    if(dp[u][v])return dp[u][v];
    return (dp[u][v]=max(calc(f[u][v],u),calc(f[v][u],v))+s[u][v]*s[v][u]);
}
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<n;i++){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        Ins(a,b);Ins(b,a);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)rt=i,dfs(i);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
        ans=max(ans,calc(i,j));
    cout<<ans;
}