Colorful Tree
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1539 Accepted Submission(s): 616
3 1 2 1 1 2 2 3 6 1 2 1 3 2 1 1 2 1 3 2 4 2 5 3 6
Case #1: 6 Case #2: 29
题意：
一棵n个结点的树，每个结点都有颜色，定义两点之间的路径长度为路径上出现的不同颜色数目，求树上所有路径的长度和。
思路：
“真的难”系列。
官方题解：
首先这题肯定是算贡献，也就是计算出每种颜色参与了多少条路径，但这样正面考虑并不容易，不妨从反面考虑，计算每种颜色没有参与多少路径，然后拿 (路径总数 * 颜色总数) - 没参与的贡献，就是答案了。
对于一种颜色x，怎么计算没参与的路径数目呢，很显然，对于每个不包含颜色x的连通块中任意两点路径都是x不参与的贡献，那么问题就转化为，对于任意一种颜色x，需要求出每个不包含x的连通块大小。
这里利用了树形dp，对于结点u，若u的颜色为x，那么dfs(u)的过程中，我们就想知道对于u的每个儿子v构成的子树中最高的一批颜色也为x的结点是哪些，要是知道这些结点子树的大小，只要拿子树v的大小减去这些节点子树的大小，就可以得到包括v在内的没有颜色x的连通块大小。
举个例子，如图：
对于结点1，我们想求出与1相邻的且不是黑色的结点组成的连通块大小，此时就要dfs结点1的两个儿子2和3，若我们处理出来结点2中，最高的一批黑色结点（4，8）的所构成子树的大小分别为2和1，那么我们拿2为根子树的大小5，减去2，减去1，就得到了结点2不包含黑色结点的连通块大小是5-2-1=2，也就是图中的2和5组成的连通块。同理对3，可以求得连通块大小是2（{3，6}）。
计算出了子树u中连通块大小对答案的贡献之后，就要将当前最高一批的黑色结点更新为u，最高黑色节点构成的子树大小sum加上子树u中没有计算的那部分大小5（{1,2,3,5,6}）。
具体实现，看代码，sum[x]表示的遍历到当前位置，颜色为x的高度最高一批结点为根的子树大小总和。
下面给出AC代码：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MAXN = 2e5 + 10; 4 typedef long long LL; 5 6 LL color[MAXN], sz[MAXN], sum[MAXN], vis[MAXN]; 7 vector <int> tree[MAXN]; 8 LL ans; 9 10 LL dfs(int u, int pa) { 11 sz[u] = 1; 12 LL allson = 0; 13 int cnt = tree[u].size(); 14 for (int i = 0; i < cnt; i++) { 15 int v = tree[u][i]; 16 if (v == pa) continue; 17 LL last = sum[color[u]]; // 保存递归之前的sum值 18 sz[u] += dfs(v, u); 19 LL add = sum[color[u]] - last; // add就是结点v为根的子树中颜色为color[u]且高度最高的若干子树的大小 20 // 对于结点v来说，sz[v]-add就是v这棵子树最上端的，且不包含颜色为color[u]的连通块大小 21 ans += (sz[v] - add) * (sz[v] - add - 1) / 2; // 对这个连通块中任意两个点的路径都不包含颜色color[u] 22 allson += sz[v] - add; // allson记录下儿子结点v组成的不含颜色color[u]的连通块大小总和 23 } 24 sum[color[u]] += allson + 1; // sum更新，此时要加上不含color[u]连通块的大小总和以及u自己 25 return sz[u]; 26 } 27 28 int main() { 29 //freopen("in.txt", "r", stdin); 30 int n, cs = 0; 31 while (scanf("%d", &n) !=EOF) { 32 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 33 memset(sum, 0, sizeof(sum)); 34 int cnt = 0; 35 for (int i = 1; i <= n; i++) { 36 scanf("%I64d", &color[i]); 37 if (!vis[color[i]]) ++cnt; 38 vis[color[i]] = 1; 39 tree[i].clear(); 40 } 41 for (int i = 1; i < n; i++) { 42 int u, v; 43 scanf("%d%d", &u, &v); 44 tree[u].push_back(v); 45 tree[v].push_back(u); 46 } 47 printf("Case #%d: ", ++cs); 48 if (cnt == 1) { // 只有一种颜色的特殊情况 49 printf("%I64d ", (LL)n * (n - 1LL) / 2LL); 50 continue; 51 } 52 ans = 0; 53 dfs(1, -1); 54 for (int i = 1; i <= n; i++) { // 注意最后要对整棵树来补充所有颜色剩下的联通块 55 if (!vis[i]) continue; 56 ans += (n - sum[i]) * (n - sum[i] - 1LL) / 2LL; 57 } 58 printf("%I64d ", (LL)n * (n - 1LL) / 2LL * cnt - ans); 59 } 60 return 0; 61 }