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Solution
居然还有这样的 ,感觉就像是区间 上树一样
首先考虑到一步转化:
说成大白话就是: 的路径个数+ 的个数+ 的路径的个数+…
考虑一条链上怎么做这个问题,显然我们可以贪心,往中间放 ,然后两边依次
这个的依据可以说是根据一种贪心直觉“经过次数多的边要放小的”,也可以用上面的式子解释。其实就是我要让 这些数字挨在一起,而且越小的数字就越靠近中间放,一条路径满足 ,必须这条路径上有
那么把这个问题放在树上,可以发现一个问题,我肯定要把 前几个自然数连在一起放(这条路径我把它称为“主干道”),断开了没意义。然后整棵树上两个点 的 ,其实就是这条路径和“主干道”的交路径的 。
考虑如果我枚举了“主干道”的两个端点 ,再怎么算最优解呢?
那这显然就是个区间 了,考虑到我的过程是先在中间放一个 ,然后往 的左边或者右边放一个 ,然后往 所构成整体的左边或者右边放一个 ,依次类推,假设区间长度是 ,那么我现在应该考虑 是放在最左边还是放在最右边,这就类似 的感觉,但是我要还加上放了 之后的贡献。
预处理 表示以 为根遍历时 子树的大小,然后 表示以 为根遍历时 的父亲
这个 最终写出来就是:
记忆化搜索,
Code
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 3010
#define maxe 7000
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
ll c, f(1);
for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
return f*x;
}
struct Graph
{
int etot, head[maxn], to[maxe], next[maxe], w[maxe];
void clear(int N)
{
for(int i=1;i<=N;i++)head[i]=0;
etot=0;
}
void adde(int a, int b, int c=0){to[++etot]=b;w[etot]=c;next[etot]=head[a];head[a]=etot;}
#define forp(_,__) for(auto p=__.head[_];p;p=__.next[p])
}G;
ll n, dp[maxn][maxn], s[maxn][maxn], fa[maxn][maxn];
void dfs(ll pos, ll pre, ll *s, ll *fa)
{
fa[pos]=pre;
s[pos]=1;
forp(pos,G)if(G.to[p]!=pre)
{
dfs(G.to[p],pos,s,fa);
s[pos]+=s[G.to[p]];
}
}
ll DP(ll u, ll v)
{
if(u==v)return 0;
if(dp[u][v])return dp[u][v];
return dp[u][v] = max( DP(fa[v][u],v), DP(u,fa[u][v]) ) + s[u][v]*s[v][u] ;
}
int main()
{
ll i, j, u, v, ans=-1;
n=read();
rep(i,1,n-1)u=read(), v=read(), G.adde(u,v), G.adde(v,u);
rep(i,1,n)dfs(i,0,s[i],fa[i]);
rep(i,1,n)rep(j,1,n)ans=max(ans,DP(i,j));
printf("%lld",ans);
return 0;
}