- 给定一棵(n)个点的树。
- 问有多少种在树上选三个点的方案，满足这三个点两两距离相等。
- (nle 10^5)
暴力换根
先考虑原题【BZOJ3522】[POI2014] Hotel，与此题区别只在于(nle5 imes10^3)。
容易发现，符合条件的三个点之间路径的交点必然满足到三点距离相等。
于是我们枚举交点作为根，只要求出有多少种方案在三个不同的子树中各选出一点，满足这三个点到根距离相等。
这应该是非常简单的。
不换根的暴力
现在我们必须固定根不动了。
设(f_{x,i},g_{x,i})，分别表示(x)子树中到(x)距离为(i)的点数和(x)子树中选出两点能和一个到(x)距离为(i)的点匹配的方案数。
考虑每次枚举一个子节点(y)更新(x)的信息，得到下列式子：
[ans exttt{+=}sum (f_{x,i-1} imes g_{y,i}+g_{x,i+1} imes f_{y,i})\
g_{x,i+1} exttt{+=}f_{x,i+1} imes f_{y,i}\
f_{x,i+1} exttt{+=}f_{x,i}\
g_{x,i-1} exttt{+=}g_{x,i}
]
注意这里的转移有些是有一定顺序的，不过结合定义应该不难理解。
长链剖分优化
这种东西应该是典型的长链剖分优化(DP)的式子。
要注意的是，(g_{x,i})每次会从(g_{son,i+1})处转移得到，与一般长链剖分起始位置不断左移不同，是一个右移的过程，因此对于它的内存池要开成两倍。
代码：(O(n))
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LL long long
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,ee,lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N<<1];
int s[N+5],l[N+5];I void dfs1(CI x,CI lst=0)//第一遍dfs，预处理长儿子
{
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^lst&&
(dfs1(e[i].to,x),l[e[i].to]>l[s[x]]&&(s[x]=e[i].to));l[x]=l[s[x]]+1;
}
int t_f,t_g,id_f[N+5],id_g[N+5];I void dfs2(CI x,CI p1,CI p2,CI lst=0)//第二遍dfs，分配内存
{
id_f[x]=p1,id_g[x]=p2,s[x]&&(dfs2(s[x],p1+1,p2-1,x),0);
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^lst&&e[i].to^s[x]&&
(t_f+=l[e[i].to],t_g+=l[e[i].to]<<1,dfs2(e[i].to,t_f-l[e[i].to]+1,t_g-l[e[i].to]+1,x),0);
}
#define f(x,i) F[id_f[x]+i]
#define g(x,i) G[id_g[x]+i]
LL ans,F[N+5],G[2*N+5];I void DP(CI x,CI lst=0)//动态规划
{
RI i,j;for(s[x]&&(DP(s[x],x),0),f(x,0)=1,ans+=g(x,0),i=lnk[x];i;i=e[i].nxt)//注意与长儿子的答案
{
if(e[i].to==lst||e[i].to==s[x]) continue;DP(e[i].to,x);
for(j=0;j^l[e[i].to];++j) ans+=g(x,j+1)*f(e[i].to,j);//计算答案
for(j=1;j^l[e[i].to];++j) ans+=f(x,j-1)*g(e[i].to,j);//计算答案
for(j=0;j^l[e[i].to];++j) g(x,j+1)+=f(x,j+1)*f(e[i].to,j);//凑成一对
for(j=0;j^l[e[i].to];++j) f(x,j+1)+=f(e[i].to,j);//直接转移
for(j=1;j^l[e[i].to];++j) g(x,j-1)+=g(e[i].to,j);//直接转移
}
}
int main()
{
RI i,x,y;for(scanf("%d",&n),i=1;i^n;++i) scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x);
return dfs1(1),t_f=l[1],t_g=l[1]<<1,dfs2(1,1,l[1]+1),DP(1),printf("%lld
",ans),0;
}