CodeForces 771C Bear and Tree Jumps 树形DP

题意：

给出一棵树，一个人可以在树上跳，每次最多跳\(k(1 \leq k \leq 5)\)个点

定义\(f(s,t)\)为从顶点\(s\)跳到顶点\(t\)最少需要跳多少次

求\(\sum\limits_{s<t}f(s,t)\)

分析：

注意到\(k\)很小，为了方便转移，定义：

\(sz(u,i)\)为\(u\)的子树中与\(u\)的距离模\(k\)等于\(i\)的孩子节点的个数

\(d(u,i)\)为从\(u\)跳到\(sz(u,i)\)对应的节点的跳数之和

转移：

\(sz(u,(i+1)\, mod \, k) += sz(v, i)\)，其中\(v\)是\(u\)的儿子节点

\(d(u,(i+1)\, mod \, k) += d(v, i), 0<i<k\)

\(d(u,1 \, mod \, k) += d(v,0) + sz(v, 0)\)，因为到\(v\)距离为\(k\)的整数被的那些节点转移到\(u\)时会多跳一步

统计答案：

在递归到点\(u\)时，我们统计那些\(lca(s,t)=u\)的路径的贡献

这样的路径有两类：

\(u\)到其孩子节点的路径

来自\(u\)的两个不同子树的孩子节点形成的路径

第一类答案很好计算，就是\(\sum d(u,i)\)

在第二类答案时，假设枚举到\(u\)的某个子树\(v\)，而且之前的子树的答案已经更新到到\(d(u,i),sz(u,i)\)里面

枚举\(i,j\)分别为\(v\)之前的子树距离\(u\)模\(k\)为\(i\)的路径，和子树\(v\)中距离\(u\)模\(k\)为\(j\)的路径

两边各选一段路拼起来，可以通过公式快速求得答案，细节不再赘述

最终时间复杂度为\(O(k^2n)\)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 200000 + 10;

vector<int> G[maxn];

int n, k, sz[maxn][5];
LL d[maxn][5], ans;

void dfs(int u, int fa) {
int tsz[5];
LL td[5];
for(int v : G[u]) if(v != fa) {
dfs(v, u);
memset(tsz, 0, sizeof(tsz));
for(int i = 0; i < k; i++) tsz[(i+1)%k] += sz[v][i];

memset(td, 0, sizeof(td));
for(int i = 1; i < k; i++) td[(i+1)%k] += d[v][i];
td[1%k] += d[v][0] + sz[v][0];

for(int i = 0; i < k; i++) {
for(int j = 0; j < k; j++) {
int delta = (i+j+k-1)/k - (i>0) - (j>0);
ans += d[u][i] * tsz[j] + td[j] * sz[u][i];
if(delta) ans += (LL) delta * sz[u][i] * tsz[j];
}
}

for(int i = 0; i < k; i++) { d[u][i] += td[i]; sz[u][i] += tsz[i]; }
}
for(int i = 0; i < k; i++) ans += d[u][i];
sz[u][0]++;
}

int main()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}

dfs(1, 0);

printf("%lld\n", ans);

return 0;
}