JZOI 4311 统一天下

洛谷AC通道！

题目描述：

从前有两个国家$W_1$, $W_2$。国家$W_i$($i∈ {1,2})$有$n_i$座城市，这$n_i$座城市由$n_i-1$条双向道路相连。任意一个国家的内部都是连通的。一个国家的两个点之间存在唯一的最短路，两个点的距离是这条最短路上边的数目。（也可以理解为道路的长度均为$1$。） 注意$W_1$和$W_2$并不联通。

有一天，$W_1$的军队在小H的带领下一举攻破了$W_2$，建立了大一统的政权$W$。为了使全国连通，小H决定在$W_1$的某个点和$W_2$的某个点之间新修建一条路，使得$n=n_1+n_2$个点两两组成的$dfrac{n(n-1)}{2}$个点对的距离和最小。

小H请你帮帮他，算一下这个最小距离。

题解：

首先，官方题解有大大的锅！！！  他给的式子居然是错的！！

吐槽完了，进入正题。

不妨将两个国家分开来看。设$dp_{(1,i)}$表示一个图中，所有的点到$i$点的距离和，$g_1$为一个图中所有的点的相互间距离的和。

 那么，我们要求的柿子就是：

$dp_{(1,i)} * n_2 + dp_{(2,j)} * n_1 + n_1 * n_2 + g_1 + g_2$

其中，$dp_{(1,i)} * n_2$表示一张图的所有点连向另一张图的每个点的距离和。注意到连接后会新加入一条边，所以加上$n_1 * n_2$，即该边会被经过这么多次。

最后$g_1$和$g_2$即为在两边的原图中内部配对。

考虑如何求$dp_{(1,i)}$:    一遍$dfs$,我们可以直接求出$dp{(1,1)}$， 然后有递推柿：

$dp_{(1,son)} = dp{(1, father)} + n - siz_{son} * 2$  其中，$siz_{son}$代表儿子的子树大小（包括自己）。

对于$g_1$, 直接将所有的$dp_{(1,i)}$相加然后除以$2$即可。

最后考虑如何求答案： 不难发现，$i, j$的贡献是分开的，没有联系、所以找到最小的$dp_{(1,i)}$ 和最小的$dp_{(2,j)}$,然后算出上面的柿子即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = (int)6e5 + 10;

template <class T>
inline void read(T& a){
    T x = 0, s = 1;
    char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){
        if(c == '-') s = -1;
        c = getchar();
    }
    while(isdigit(c)){
        x = x * 10 + (c ^ '0');
        c = getchar();
    }
    a = x * s;
    return ;
}


struct node{
    
    public:
        int v, next;
    
    public:
        node(int v = 0, int next = 0){
            this -> v = v;
            this -> next = next;
            return ;
        }
        
} t[N << 1];
int f[N];

int bian = 0;
inline void add(int u, int v){
    t[++bian] = node(v, f[u]), f[u] = bian;
    t[++bian] = node(u, f[v]), f[v] = bian;
    return ;
}

int n1, n2;
int dp[N];
int siz[N], dis[N];
int G[2];

int tot;
#define v t[i].v
void dfs(int now, int father){
    siz[now] = 1;
    for(int i = f[now]; i; i = t[i].next){
        if(v != father){
            dis[v] = dis[now] + 1;
            tot += dis[v];
            dfs(v, now);    
            siz[now] += siz[v]; 
        }
    }
    return ;
}

void dfs2(int now, int father, int n){
    for(int i = f[now]; i; i = t[i].next){
        if(v != father){
            dp[v] = dp[now] + n - siz[v] * 2;
            dfs2(v, now, n);
        }
    }
    return ;
}
#undef v

signed main(){
//    freopen("hh.txt", "r", stdin);
    read(n1), read(n2);
    for(int i = 1 ; i < n1; i++){
        int x, y;
        read(x), read(y);
        add(x, y);
    }
    for(int i = 1; i < n2; i++){
        int x, y;
        read(x), read(y);
        add(x + n1, y + n1);
    }
    dfs(1, 0);
    dp[1] = tot;
    tot = 0;
    dfs(1 + n1, 0);
    dp[n1 + 1] = tot;
    dfs2(1, 0, n1);
    dfs2(n1 + 1, 0, n2);
    
    int tot1 = 0, tot2 = 0;
    int minn1 = (int)1e18, minn2 = (int)1e18; 
    for(int i = 1 ; i <= n1; i++)
        tot1 += dp[i], minn1 = min(minn1, dp[i]);
    for(int i = n1 + 1;i <= n1 + n2; i++)
        tot2 += dp[i], minn2 = min(minn2, dp[i]);
        
    G[0] = tot1 / 2, G[1] = tot2 / 2;
    int ans = minn1 * n2 + minn2 * n1 + n1 * n2 + G[0] + G[1];
    cout << ans << endl;
    return 0;
}