Bzoj3522:[Poi2014]Hotel:树形DP:

题目链接：3522:[Poi2014]Hotel

拿到这题觉得像树分治然而并不会

翻出来题解恍然大雾QAQ

这篇题解很不错:我叫题解QAQ

然而考试的题的数据范围是50000，比这道题大了整整10倍所以我还是不会……

先留个坑，有神犇看到了一定要当面D我！

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=50000+10;
int n,m,tot=0,h[maxn],mx=0;
struct edge{
int to,next;
}G[maxn*2];
LL sum=0,num[maxn],t1[maxn],t2[maxn];

void add(int x,int y){
G[++tot].to=y; G[tot].next=h[x]; h[x]=tot;
}

void dfs(int x,int fa,int dep){
num[dep]++; mx=max(mx,dep);
for (int i=h[x];i;i=G[i].next){
int v=G[i].to;
if (v!=fa) dfs(v,x,dep+1);
}
}

int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;++i){
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
}
for (int i=1;i<=n;++i){
memset(t1,0,sizeof(t1));
memset(t2,0,sizeof(t2));
for (int j=h[i];j;j=G[j].next){
memset(num,0,sizeof(num));
dfs(G[j].to,i,1);
for (int k=1;k<=mx;++k){
sum+=t2[k]*num[k];
t2[k]+=num[k]*t1[k];
t1[k]+=num[k];
}
}
}printf("%lld",sum);
}

补坑:n<=50000的做法：

任意设一点作为根。令f(a; d) 表示在以a 点为根的子树中，与a 距离为d 的节点数；g(a; d) 表示在以a 为根的子树中选择两个节点，满足剩下的一个节点s 需在a 子树外选择且与a 的距离必须为d 的方案数。则方案数容易统计，且不难写出DP 转移式。

注意到f(a; d); g(a; d) 满足d size(a)，则转移式可以用启发式合并优化。再注意到若a 只有一个儿子b ，则：f(a; x) = f(b; x - 1)g(a; x) = g(b; x + 1)
即f(a) = f(b) - 1; g(a) = g(b) + 1，这一步可以利用指针在O(1) 内实现。则可以在O(1) 时间内将某个点size 最大的儿子的DP 数组转移到该点上。利用类似树链剖分的方式可以预处理出所需要的数组空间。最终时间复杂度O(n log n) ，空间复杂度O(n)

还不太理解，先附上标程：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int arr32[200010];
arr32 x, y;
int n;

struct task_thr {
arr32 c, next, g, md, d;
long long *f[200010], *h[200010], arr[2000010], *arrp;
int ap;
long long ans;
void link(int x, int y) {
c[++ap] = y, next[ap] = g[x], g[x] = ap;
c[++ap] = x, next[ap] = g[y], g[y] = ap;
}
void init() {
memset(g, 0, sizeof(g)), ap = 1;
memset(arr, 0, sizeof(arr)), arrp = arr;
ans = 0;
}
void dfs(int z, int ft) {
d[z] = d[ft] + 1, md[z] = z;
for (int x = g[z]; x; x = next[x])
if (c[x] != ft) {
dfs(c[x], z);
if (d[md[c[x]]] > d[md[z]])
md[z] = md[c[x]];
}
for (int x = g[z]; x; x = next[x])
if (c[x] != ft) {
if (md[c[x]] != md[z] || z == 1) {
int p = md[c[x]];
arrp += d[p] - d[z] + 5, f[p] = arrp, arrp += d[p] - d[z] + 5;
h[p] = arrp + 5, arrp += (d[p] - d[z]) * 2 + 10;
}
}
}
void dp(int z, int ft) {
for (int x = g[z]; x; x = next[x])
if (c[x] != ft) {
dp(c[x], z);
if (md[c[x]] == md[z]) {
f[z] = f[c[x]] - 1;
h[z] = h[c[x]] + 1;
}
}
long long *fz = f[z], *hz = h[z];
fz[0] = 1, ans += hz[0];
for (int x = g[z]; x; x = next[x])
if (c[x] != ft) {
if (md[c[x]] == md[z]) continue;
int s = d[md[c[x]]] - d[z];
long long *ft = f[c[x]], *ht = h[c[x]];
for (int i = 0; i <= s; ++i) {
ans += fz[i - 1] * ht[i];
ans += hz[i + 1] * ft[i];
}
for (int i = 0; i <= s; ++i) {
hz[i - 1] += ht[i];
hz[i + 1] += fz[i + 1] * ft[i];
fz[i + 1] += ft[i];
}
}
}
long long count(int n, int *x, int *y) {
if (n == 1)
return 0;
init();
for (int i = 1; i < n; ++i)
link(x[i], y[i]);
dfs(1, 0);
dp (1, 0);
return ans;
}
};
int main() {
task_thr *thr = new task_thr();
int testnum = 0;
while (true) {
scanf("%d", &n);
if (n == 0)
break;
for (int i = 1; i < n; ++i)
scanf("%d %d", x + i, y + i);
cout << thr->count(n, x, y) << endl;
}
}