luogu P3565 [POI2014]HOT-Hotels

传送门

无脑暴力+O2=AC

题目要统计距离两两相等的三个点的组数,这三个点之间显然有一个点,并且这三个点到这个点的距离都相同.所以枚举中间这个点作为根,然后bfs整棵树,对于每一层,把以根的某个儿子的子树中在这一层点的数量统计出来,那么这样三元组的数量就是在这些点里面选3个点,并且分别来自不同子树的方案,(f_{i,0/1/2/3})即可

详见代码

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register

using namespace std;
const int N=5000+10;
il int rd()
{
  int x=0,w=1;char ch=0;
  while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*w;
}
LL ans,f[N][4];
int to[N<<1],nt[N<<1],hd[N],dg[N],tot=1,a[N];
bool v[N];
il void add(int x,int y)
{
  ++tot,to[tot]=y,nt[tot]=hd[x],hd[x]=tot,++dg[x];
  ++tot,to[tot]=x,nt[tot]=hd[y],hd[y]=tot,++dg[y];
}
int n,m;

int main()
{
  n=rd();
  for(int i=1;i<n;++i) add(rd(),rd());
  for(int i=0;i<=n;++i) f[i][0]=1;
  queue<int> id[2],q[2];
  for(int i=1;i<=n;++i)
    {
      memset(v,0,sizeof(v));
      v[i]=1;
      while(!id[0].empty()) id[0].pop();
      while(!id[1].empty()) id[1].pop();
      while(!q[0].empty()) q[0].pop();
      while(!q[1].empty()) q[1].pop();
      m=dg[i];
      int nw=1,la=0;
      for(int j=hd[i],k=1;j;j=nt[j],++k) id[0].push(k),q[0].push(to[j]);
      while(!q[la].empty())
        {
          memset(a,0,4*(m+1));
          while(!q[la].empty())
            {
              int k=id[la].front(),x=q[la].front();
              id[la].pop(),q[la].pop();
              ++a[k],v[x]=true;
              for(int j=hd[x];j;j=nt[j])
                {
                  int y=to[j];
                  if(!v[y]) id[nw].push(k),q[nw].push(y);
                }
            }
          for(int j=1;j<=m;++j)
            {
              for(int k=1;k<=3;++k) f[j][k]=f[j-1][k]+f[j-1][k-1]*a[j];
            }
          ans+=f[m][3];
          swap(nw,la);
        }
    }
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}

正解是长链剖分

咕咕咕

传送门

其实上面那个dp比较沙雕,可以直接设(f_{i,j})为点(i)子树内到(i)距离为(j)的点个数,(g_{i,j})为点(i)子树内,到lca距离为(d),且这个lca到(i)距离为(d-j)的点对个数,然后转移就是

[ans=sum_{x}g_{x,0}+sum_{y=son_x}sum_{j}f_{x,j-1}*g_{y,j}$$$$f_{x,j}=sum_{y=son_x} f_{y,j-1}$$$$g_{x,j}=sum_{y=son_x,z=son_x,y<z} f_{y,j-1}*f_{z,j-1}+sum_{y=son_x} g_{y,j+1} ]

对整棵树长链剖分之后,那么转移时就直接可以继承重儿子的信息,轻儿子直接暴力合并,因为每个点只会在链顶被暴力合并上去,所以复杂度是(O(n))的

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define il inline
#define re register
  
using namespace std;
const int N=100000+10;
il int rd()
{
  int x=0,w=1;char ch=0;
  while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
  return x*w;
}
int to[N<<1],nt[N<<1],hd[N],tot=1;
il void add(int x,int y)
{
  ++tot,to[tot]=y,nt[tot]=hd[x],hd[x]=tot;
  ++tot,to[tot]=x,nt[tot]=hd[y],hd[y]=tot;
}
int n,m;
int ff[N],de[N],dpt[N],son[N];
LL *f[N],*g[N],rbq[N<<3],*uc=rbq,ans;
void dfs1(int x)
{
  dpt[x]=de[x];
  for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
    {
      int y=to[i];
      if(y==ff[x]) continue;
      ff[y]=x,de[y]=de[x]+1,dfs1(y),dpt[x]=max(dpt[x],dpt[y]);
      if(dpt[son[x]]<dpt[y]) son[x]=y;
    }
}
void dd(int x)
{
  if(son[x]) f[son[x]]=f[x]+1,g[son[x]]=g[x]-1,dd(son[x]);
  f[x][0]=1,ans+=g[x][0];
  for(int i=hd[x];i;i=nt[i])
    {
      int y=to[i];
      if(y==ff[x]||y==son[x]) continue;
      f[y]=uc,uc+=(dpt[y]-de[x]+1)<<1,g[y]=uc,uc+=(dpt[y]-de[x]+1)<<1;
      dd(y);
      for(int j=0;j<dpt[y]-de[x];++j)
        {
          if(j) ans+=f[x][j-1]*g[y][j];
          ans+=g[x][j+1]*f[y][j];
        }
      for(int j=0;j<dpt[y]-de[x];++j)
        {
          g[x][j+1]+=f[x][j+1]*f[y][j];
          if(j) g[x][j-1]+=g[y][j];
          f[x][j+1]+=f[y][j];
        }
    }
}
  
int main()
{
  n=rd();
  for(int i=1;i<n;++i) add(rd(),rd());
  de[1]=1,dfs1(1);
  f[1]=uc,uc+=(dpt[1]+1)<<1,g[1]=uc,uc+=(dpt[1]+1)<<1;
  dd(1);
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}