P3565 [POI2014]HOT-Hotels
声明：本博客所有题解都参照了网络资料或其他博客，仅为博主想加深理解而写，如有疑问欢迎与博主讨论✧｡٩(ˊᗜˋ)و✧*｡
题目描述
给定一棵树，在树上选 (3) 个点，要求两两距离相等，求方案数。
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(Solution)
由于边权不为负（这道题里都为单位长），所以画画图可以发现三个点必定是以下两种形态（ (1,3,4) 和 (5,7,8)）
其实这是一种，只不过树的形态不一样，根节点也就不一样了
简而言之，就是三个点中间一定有一个过渡点，证明很简单多画几个图就好了
根据这个图首先我们可以很快想到设 (f[i][j]) 为第 (i) 个点为根的子树中到 (i) 距离为 (j) 的儿子个数
然后呢？你会不会想到再设一个 (g[i][j]) 表示从 (i) 结点往上走 (j) 步可到达的点数？（不管你会不会反正我这样想了 (233)
这样子设貌似是可行的，而且也很好计算答案，但是细想会发现一个问题——两个儿子的最短距离不一定经过了 (i)
显然，儿子们之间的最短距离和 (LCA) 有~千丝万缕密不可分的~关系
于是我们把 (g[i][j]) 状态的意义改变一下，变成 以 (i) 为根节点的子树中，有多少个二元组 ((x, y)) 满足 (x, y) 到 (LCA(x, y)) 的距离都为 (d) ，且 (LCA(x, y)) 到 (i) 的距离为 (d - j) ，其中 (d) 可以取任意值
用通俗的方式翻译一下就是，有多少对儿子，到他们的 (LCA) 的距离减去 (LCA) 到 (i) 的距离为 (j)
为什么要这样设呢？我认为有两点
(1.) 可以方便地统计答案（后面再说
(2.) 转移比较方便，对于每个儿子的子树，只用继承 (g[i][j] = sum g[son][j + 1])，对于不同的儿子则按照正常树形dp操作进行合并
最后解决——统计答案！
对于每个 (i) 分两种情况
(1.) 从 (g[i][j']) 中取两个点，(f[son][j]) 中取一个点
则有 (d * 2 = d + d - j' + 1 + j) ，解得 (j' = j + 1)
即 (ans += g[i][j + 1] * f[son][j])
(2.) 从 (f[i][j']) 中取一个点，(g[son][j]) 中取一个点
则有 (d * 2 = d + d - j + 1 + j') ，解得 (j' = j - 1)
即 (ans += f[i][j - 1] * g[son][j])
完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿
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(Code)
这道题空间只有 (62.5MB) qwq，(5000*5000) 的数组开不下，我弄了一个类似手写栈~玄学~的东西，菊花图是可以卡掉（可见这道题数据过水233，不过还是顺利A啦
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define F(i, x, y) for(int i = x; i <= y; ++ i)
using namespace std;
int read();
const int N = 5e3 + 5;
const int M = 3e3 + 5;
int n, u, v;
int tot, top, gar[N], num[N];
int head[N], cnt, ver[N << 1], nxt[N << 1];
ll ans, f[M][M], g[M][M];
void add(int x, int y){ver[++ cnt] = y, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt;}
int kk()//相当于给它一个固定的数组编号
{
if(gar[top]) return gar[top --];
return ++ tot;
}
void dp(int x, int fa)
{
num[x] = kk(), f[num[x]][0] = 1;
for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
{
int son = ver[i], maxh = 1;
if(son == fa) continue;
dp(son, x);
for(int j = 1; f[num[son]][j]; ++ j) maxh = j + 1;
//注意树形dp更新顺序
F(j, 0, maxh) ans += g[num[x]][j + 1] * f[num[son]][j] + f[num[x]][j] * g[num[son]][j + 1];
F(j, 1, maxh) g[num[x]][j] += f[num[x]][j] * f[num[son]][j - 1];
F(j, 0, maxh) g[num[x]][j] += g[num[son]][j + 1];
F(j, 1, maxh) f[num[x]][j] += f[num[son]][j - 1];
memset(f[num[son]], 0, sizeof(f[num[son]]));
memset(g[num[son]], 0, sizeof(g[num[son]]));
gar[++ top] = num[son];//这个儿子的所有贡献计算完了，可以把所有数据丢弃，回收它的数组编号
}
}
int main()
{
n = read();
F(i, 1, n - 1) u = read(), v = read(), add(u, v), add(v, u);
dp(1, 0), printf("%lld", ans);
return 0;
}
int read()
{
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}