题意
给定一棵以 \(1\) 号点为根的树。若满足以下条件，则认为节点 \(p\) 处有一个 \(k\) 叉高度为 \(m\) 的堆:
- 若 \(m = 1\) ，则 \(p\) 本身就是一个 \(k\) 叉高度为 \(1\) 的堆。
- 若 \(m > 1\) ，则 \(p\) 需要有至少 \(k\) 个儿子满足在儿子处有一个 \(k\) 叉高度为 \(m − 1\) 的堆。
令 \(dp[p][k]\) 表示在 \(p\) 点 \(k\) 叉堆的最大高度，令 \(g[p][k]\) 为 \(p\) 子树内最大的 \(dp[v][k]\) 求 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} g[i][j]\) 。
\(n \le 3 ∗ 10^5\)
题解
如果固定一个 \(k\) ，然后直接暴力做 \(dp\) ，每次是 \(O(n ^ 2)\) 的。
但显然是没必要这么暴力的，因为我们发现对于任意 \(k > 1\) ，都存在 \(dp[p][k] \le \log_{k} n\) 。
所以我们可以考虑做对于这个 \(dp\) 值的 \(dp\) ，具体来说令 \(f[p][x]\) 为满足 \(dp[p][k] \le x\) 的最大的 \(k\) 。
不难发现这样总状态是 \(O(n \log n)\) 的，接下来我们只需要考虑如何转移这个 \(dp\) 了。
考虑枚举一个点 \(p\) ，然后枚举它当前的层数 \(x \le 20\) ，然后考虑从它所有儿子的 \(x-1\) 的状态转移过来。
这个点的 \(f\) 取值显然不会超过儿子总数，然后考虑从大到小枚举 \(f\) 的取值 \(k\) 然后判断 \(f[v][x - 1]\) （ \(v\) 是 \(u\) 的一个儿子）中第 \(k\) 大的取值是否 \(\ge k\) ，如果可以则能取这个值。
这是因为它有 \(k\) 个儿子都满足至少具有 \(k\) 叉树的条件，那么这个点也能满足 \(k\) 叉树的条件。
然后最后记得要考虑 \(k=1\) 的情况（直接找向下最长链），然后答案就是 \(\sum_{i} (dep_i +\sum_{j} (f[i][j] - 1))\) 。
复杂度就是 \(O(n \log n ) \times O(\log n) = O(n \log^2 n)\) 的（因为有排序）。
总结
如果对于 \(dp\) 状态很多，但是取值很小的题，可以考虑对于 \(dp\) 值进行转移，常常状态就可以压到很少。
代码
其实很好写qwq
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define pb push_back
using namespace std;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("F.in", "r", stdin);
freopen ("F.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 3e5 + 1e3, Lim = 20;
vector<int> G[N];
int n, f[N][Lim + 1], g[N], len;
void Dp(int u, int fa) {
for (int v : G[u]) if (v != fa) Dp(v, u);
f[u][1] = n;
For (i, 2, Lim) {
len = 0; for (int v : G[u]) if (v != fa) g[++ len] = f[v][i - 1];
sort(g + 1, g + len + 1, greater<int>());
Fordown (k, len, 1) if (g[k] >= k) { f[u][i] = k; break; }
}
}
int dep[N];
void Dfs(int u, int fa) {
dep[u] = 1;
for (int v : G[u]) if (v != fa) {
Dfs(v, u);
chkmax(dep[u], dep[v] + 1);
For (i, 1, Lim)
chkmax(f[u][i], f[v][i]);
}
}
long long ans = 0;
int main () {
File();
n = read();
For (i, 1, n - 1) {
int u = read(), v = read();
G[u].pb(v); G[v].pb(u);
}
Dp(1, 0); Dfs(1, 0);
For (i, 1, n) {
ans += dep[i];
For (j, 1, Lim)
if (f[i][j]) ans += f[i][j] - 1;
}
printf ("%lld\n", ans);
return 0;
}