【BZOJ3522】【POI2014】Hotel（树形DP）

Description

有一个树形结构，每条边的长度相同，任意两个节点可以相互到达。选3个点。两两距离相等。有多少种方案？

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Solution

考虑树形DP：
设$f[u][k]$表示$u$的子树中距离$u$为$k$的点的个数，
$g[u][k]$表示$u$的子树中到LCA距离为$d$，$u$到LCA距离为$d-k$的点对的数量。（即还需要一个在$u$的子树外、距离$u$为$j$的点就可以构成合法三元组的点对数量）

那么有：
$f[u][0]=1$
$f[u][k]=\sum_v f[u][k-1]$
$g[u][k]=\sum_v \color{blue}{f[u][k]}\times f[v][k-1]+\sum_v g[v][k+1]$
$Ans=\sum_u \sum_v \sum_k \color{blue}{g[u][k]}\times f[v][k-1]+\color{blue}{f[u][k]}\times g[v][k + 1]$
其中$v$为$u$的子节点，标蓝的$\color{blue}{f[u][k]}$表示还没有将$v$转移到$f[u][k]$时的值，$\color{blue}{g[u][k]}$同理，所以要注意一下转移、计算答案的顺序。

用长链剖分做到$O(n)$戳这里：
https://blog.csdn.net/hhaannyyii/article/details/81783152

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Code

/************************************************
 * Au: Hany01
 * Date: Aug 17th, 2018
 * Prob: BZOJ3522 Hotel
 * Email: [email protected]
 * Inst: Yali High School
************************************************/

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef long double LD;
typedef pair<int, int> PII;
#define rep(i, j) for (register int i = 0, i##_end_ = (j); i < i##_end_; ++ i)
#define For(i, j, k) for (register int i = (j), i##_end_ = (k); i <= i##_end_; ++ i)
#define Fordown(i, j, k) for (register int i = (j), i##_end_ = (k); i >= i##_end_; -- i)
#define Set(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define x first
#define y second
#define pb(a) push_back(a)
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define SZ(a) ((int)(a).size())
#define INF (0x3f3f3f3f)
#define INF1 (2139062143)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define y1 wozenmezhemecaia

template <typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
    static int _, __; static char c_;
    for (_ = 0, __ = 1, c_ = getchar(); c_ < '0' || c_ > '9'; c_ = getchar()) if (c_ == '-') __ = -1;
    for ( ; c_ >= '0' && c_ <= '9'; c_ = getchar()) _ = (_ << 1) + (_ << 3) + (c_ ^ 48);
    return _ * __;
}

const int maxn = 5e3 + 5;

short n, beg[maxn], v[maxn << 1], nex[maxn << 1], e = 1, f[maxn][maxn];
LL g[maxn][maxn], Ans;

inline void add(int uu, int vv) { v[++ e] = vv, nex[e] = beg[uu], beg[uu] = e; }

void DFS(int u, int pa) {
    f[u][0] = 1;
    for (register int i = beg[u]; i; i = nex[i]) if (v[i] != pa) {
        DFS(v[i], u);
        For(k, 0, n) {
            if (k) Ans += g[u][k] * f[v[i]][k - 1];
            Ans += f[u][k] * g[v[i]][k + 1];
            if (k) g[u][k] += f[u][k] * f[v[i]][k - 1];
            g[u][k] += g[v[i]][k + 1];
            if (k) f[u][k] += f[v[i]][k - 1];
        }
    }
}

int main()
{
#ifdef hany01
    freopen("bzoj3522.in", "r", stdin);
    freopen("bzoj3522.out", "w", stdout);
#endif

    static int uu, vv;

    n = read();
    For(i, 2, n) uu = read(), vv = read(), add(uu, vv), add(vv, uu);
    DFS(1, 0), printf("%lld\n", Ans);

    return 0;
}