这道题感觉不太行 因为自己没想出来。
先说一下暴力吧,取三个点 让两两之间的距离相等怎么做呢,看起来是很复杂的样子的,但是仔细观察发现 答案出自一个点的儿子之间 或者儿子和父亲之间。
暴力枚举三个点然后 算两两点的距离 ST表的话 可以做到n^3 。
考虑 稍微暴力一点的解法 我们发现对于每个点我们统计的都是它的子树内部的答案和各个子树之间的答案以及各个子树之间及父亲之间的答案。
考虑枚举每一个点为中心 然后利用子树统计答案 具体我们发现这其实就是 完成了上述的过程。
复杂度n^2 。可以通过此题。非常的巧妙。比较暴力的解题。
//#include<bits/stdc++.h> #include<iomanip> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<deque> #include<cmath> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<stack> #include<algorithm> #include<vector> #include<cctype> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<map> #define INF 1000000000 #define ll long long #define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define RI register ll #define db double #define EPS 1e-8 using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } const int MAXN=5010; int n,len,maxx; int d[MAXN]; ll ans,f1[MAXN],f2[MAXN],f[MAXN]; int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1]; inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len; } inline void dfs(int x,int father) { d[x]=d[father]+1;++f[d[x]]; maxx=max(maxx,d[x]); for(int i=lin[x];i;i=nex[i]) { int tn=ver[i]; if(tn==father)continue; dfs(tn,x); } } int main() { freopen("1.in","r",stdin); n=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int x,y; x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } for(int i=1;i<=n;++i) { memset(f1,0,sizeof(f1)); memset(f2,0,sizeof(f2)); for(int j=lin[i];j;j=nex[j]) { int tn=ver[j]; maxx=0;d[i]=0; dfs(tn,i); for(int k=1;k<=maxx;++k) { ans+=f2[k]*f[k]; f2[k]+=f[k]*f1[k]; f1[k]+=f[k];f[k]=0; } } } printf("%lld\n",ans); return 0; }
当然也有我的原始思路 树形dp一下 f[i][j] 表示以i为根距i距离为j的点的个数 这个很好求f[i][j]=f[tn][j-1];f[x][0]=1;
考虑如何统计答案 在这个地方我遇到了一点小困难显然的是 答案出自自己的子树和子树和父亲之间 至于子树内部的东西我们可以递归来求解。
如何统计答案是一个重难点,这里有一个比较神仙了状态我也没有想出来想要统计答案必然的我们要先得到 距离i为j的点对的个数再用单个点的个数来计算。
设g[i][j]表示点对 直接到LCA的距离为d 到i这个点距离为d-j的个数 看起来非常的绕 但是 也比较自然因为这样才能与我们的f[i][j] 相结合起来组成答案。
//#include<bits/stdc++.h> #include<iomanip> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<queue> #include<deque> #include<cmath> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<stack> #include<algorithm> #include<vector> #include<cctype> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<map> #define INF 1000000000 #define ll long long #define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x)) #define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y)) #define RI register ll #define db double #define EPS 1e-8 using namespace std; char buf[1<<15],*fs,*ft; inline char getc() { return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++; } inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();} return x*f; } const int MAXN=5010; int n,len,maxx; int d[MAXN]; ll ans; int f[MAXN][MAXN];//f[i][j]表示距i点距离为j时的点的个数显然有f[i][j]+=f[tn][j-1]; int g[MAXN][MAXN];//g[i][j]表示点对距LCA的距离为d时距i点距离为d-j时的点对个数 //首先这里说明这个状态的必要性 子树内部的答案是递归处理的这个先不管 //自己子树与子树之间的答案 利用g[i][j]*f[i][j]来计算 //那么子树和父亲呢 显然 g[i][0] 就是讨论与父亲之间的答案的 //综上 解决的答案的统计 证毕。 int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1]; inline void add(int x,int y) { ver[++len]=y; nex[len]=lin[x]; lin[x]=len; } int main() { freopen("1.in","r",stdin); n=read(); for(int i=1;i<n;++i) { int x,y; x=read();y=read(); add(x,y);add(y,x); } return 0; }