P5628 面基

Solution

我们可以把边与边的到达点建一个联系，用点来表示会简单得多。

发现每条边的重要度可以 (mathtt{O(n)}) 计算。那么我们就是计算每个点在 k 距离里的点的权值和。（严格来说这并不准确，然而我没找到更好的叙述方法）

我们令 (mathtt{dp[i][j]}) 为 i 在 j 距离内的子树中的点的权值和。（注意这里每个点的权值是自己儿子与自己相连的边的权值和，因为一个点施工，与它相连的边都会遭殃）这个用树形 DP 应该是 (mathtt{O(n*k)}) 的。

最后我们再计算每一个点的长辈与兄弟。因为父亲的权值会包含自己的，所以减去自己那一部分就好了。

注意最后一个点要计算与自己相关的点（还要包含与父亲相连的那条边）。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 3e4 + 5;

int n, k, f[N], head[N], dot[N << 1], nxt[N << 1], cnt;
ll ans, dp[N][205], siz[N], val[N], s[N];

int read() {
    int x = 0, f = 1; char s;
    while((s = getchar()) < '0' || s > '9') if(s == '-') f = -1;
    while(s >= '0' && s <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (s ^ 48); s = getchar();}
    return x * f;
}

void addEdge(const int u, const int v) {
    dot[++ cnt] = v; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt;
}

void init(const int u, const int fa) {
    siz[u] = 1; f[u] = fa;
    for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
        int v = dot[i];
        if(v == fa) continue;
        init(v, u);
        val[v] = siz[v] * (n - siz[v]);
        s[u] += val[v];
        siz[u] += siz[v];
    }
}

void cal(const int u) {
    for(int i = 0; i <= k; ++ i) dp[u][i] = s[u];
    for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
        int v = dot[i];
        if(v == f[u]) continue;
        cal(v);
        for(int j = 1; j <= k; ++ j) dp[u][j] += dp[v][j - 1];
    }
}

ll get(int u) {
    ll res = dp[u][k]; int fa;
    for(int i = 1; i <= k; ++ i) {
        fa = f[u];
        if(! fa) continue;
        if(i == k) {res += s[fa]; u = fa; break;}
        res += dp[fa][k - i] - dp[u][k - i - 1];
        u = fa;
    }
    return res + val[u];
}

int main() {
    int u, v;
    n = read(), k = read();
    for(int i = 1; i < n; ++ i) {
        u = read(), v = read();
        addEdge(u, v), addEdge(v, u);
    }
    init(1, 0); cal(1);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) ans = max(ans, get(i));
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}