[POI2014]Hotels

题意

给你一棵树 $,$求任选 $3$个点使得两两树上距离相同的方案数

$n\le 10^5$

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题解

设 $f[u][i]$表示 $u$子树里距离 $u$为 $i$的节点个数

$g[u][i]$表示 $u$子树里两个点 $x,y$到其 $lca$的距离都是 $d,lca$到 $u$的距离是 $d-i$的方案数

画个图就是这样

$\forall v\in son_u$可以得到

$ans=\sum_u(\sum_i f[u][i]*g[v][i+1]+f[u][i-1]*g[v][i])+g[u][0]$

考虑怎么转移 $($初值 $f[u][0]=1)$

$g[u][i]=\sum_vg[v][j+1]+f[u][i]*f[v][i-1]$

$f[u][i]=\sum_vf[v][i-1]$

第一个式子中的 $f[u][i]$是遍历完 $v$前面子树得到的 $dp$值

$($大概根据定义画个图应该就能理解了 $)$

设 $mx[u]$表示 $dep[u$子树里最深的点 $]-dep[u]+1$

可以发现对于 $u$的任意一个儿子 $v$上面的转移复杂度都是是 $mx[v]$

而如果 $u$只有一个儿子 $v$可以发现

$f[u][i]=f[v][i-1]$

$g[u][i]=g[v][i+1]$

用指针表示就是

$f[u]=f[v]-1$

$g[u]=g[v]+1$

也就是说如果是链的话我们可以线性转移

所以考虑长链剖分 $,u$的重儿子 $son[u]$就是 $mx$最大的节点

对于重儿子我们用上面的转移 $,$其他轻儿子暴力转移

可以证明这样的复杂度是线性的

考虑每个点 $u$转移的复杂度 $p(u)=\sum_vmx[v]-mx[son[u]]=\sum_vmx[v]-mx[u]+1$

总复杂度就是 $\sum_up(u)=\sum_u\sum_vmx[v]-mx[u]+1=n$

空间复杂度度就是 $O(\sum$长链长度 $)=O(n),$用指针分配内存就好了

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||57<c)&&c!=-1)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),47<c&&c<58)x=x*10+c-48;x*=y;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5;
typedef int arr[N];
typedef long long ll;
struct eg{int nx,to;}e[N<<1];
int n,df[N*5],*f[N],*idf=df+1;arr fi,fa,mx,son;ll ans,dg[N*5],*g[N],*idg=dg+1;
inline void add(int u,int v){static int ce=0;e[++ce]={fi[u],v},fi[u]=ce;}
void dfs(int u){
	go(u)if(v^fa[u]){
		fa[v]=u,dfs(v),cmax(mx[u],mx[v]);
		if(mx[v]>mx[son[u]])son[u]=v;
	}++mx[u];
}
inline void Give(int u){f[u]=idf,idf+=mx[u]+1,idg+=mx[u]+1,g[u]=idg,idg+=mx[u]+1;}
void dp(int u){
	if(son[u])f[son[u]]=f[u]+1,g[son[u]]=g[u]-1,dp(son[u]);
	f[u][0]=1,ans+=g[u][0];
	go(u)if(v^fa[u]&&v^son[u]){
		Give(v),dp(v);
		fd(j,mx[v],0)ans+=g[v][j]*f[u][j-1]+g[u][j+1]*f[v][j];	
		fp(j,0,mx[v])g[u][j]+=g[v][j+1]+.3,f[u][j]+=f[v][j-1];
	}
}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
   	sd(n);int u,v;
   	fp(i,2,n)sd(u),sd(v),add(u,v),add(v,u);
   	dfs(1);Give(1);dp(1);
   	printf("%lld\n",ans);
return 0;
}