BZOJ.3522.[POI2014]Hotel(DP)

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洛谷

以为裸点分治，但数据范围怎么这么小？快打完了发现不对。。

n^2做的话其实是个sb题。。

枚举每一个点为根，为了不重复计算，我们要求所求的三个点必须分别位于三棵子树上。

考虑当前前3棵子树深度为deep的点分别有a,b,c个，新增的子树深度为deep的点有d个，那么新加的答案为:

\[dab+dac+dbc=[ab+(a+b)c]*d\]

同理第5棵子树同一深度的点数为e，新加答案:

\[...=[ab+(a+b)c+(a+b+c)d]*e\]

那么第6棵子树新加的答案应为:

\[...=[ab+(a+b)c+(a+b+c)d+(a+b+c+d)e]*f\]

(以下sz表示每棵子树中处于某一深度的点数)

于是我们可以求每棵子树某一深度的点数，每次答案先加上当前 \(sz*[]里的式子\)，再维护[]里的整个式子，即加上 \(sz*先前的子树和\)，再更新子树的和(\(a+b+c...+=sz\))。

更好的方式是直接从组合数的定义上理解，即答案加上当前子树乘上之前的子树中选两个的方案数，然后更新选两个的方案数，即 \(当前子树sz*之前子树选一个的方案数\)，再更新子树中选一个的方案数，就是加上sz.

这么做算DP吗。。

加强版需要长链剖分？好像用处不大先不管了。

O(n)DP也不管了

//976kb 4808ms
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=5005;

int n,Enum,Maxd,H
,nxt[N<<1],to[N<<1],c1
,c2
,sum
;
long long Ans;

inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AddEdge(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS(int x,int f,int d)
{
++sum[d], Maxd=std::max(Maxd,d);
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i]!=f) DFS(to[i],x,d+1);
}

int main()
{
n=read();
for(int u,v,i=1; i<n; ++i) u=read(),v=read(),AddEdge(u,v);
long long Ans=0;
for(int x=1; x<=n; ++x)
{
memset(c1,0,sizeof c1), memset(c2,0,sizeof c2);
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
{
Maxd=1, DFS(to[i],x,1);
for(int j=1; j<=Maxd; ++j)//这么枚举复杂度也是ok的。
{
Ans+=c2[j]*sum[j], c2[j]+=c1[j]*sum[j], c1[j]+=sum[j],
sum[j]=0;
}
}
}
printf("%lld",Ans);

return 0;
}