原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/9794411.html
题意：给出一棵有(n)个结点的树(T = {V,E})和(V)的一个子集(U)。定义一个结点的集合(S)合法当且仅当(S)能表示为(left{ y | y in V, \, dis(x,y) leq d ight})的形式，其中(x in U, d in N)。求一共有多少个合法的集合。
(n leq 10^5)
先考虑(V = U)的情况。
首先，一个合法集合(S)可能被多组((x,d))所表达。要对(S)进行计数，就必须规定某个额外限制，让它只能被一组((x,d))表达。然后，通过对((x,d))计数得到合法(S)的数量。
很容易想到(S)所表示的树上联通块的直径。当然，直径有可能不是唯一的。设这个长度是(l)。
- (l)为偶数。那么，能确定这个联通块的所有直径有一个共同的中点，设为(x)。显然(x)存在，且是唯一的，且(S)就能被((x,frac l 2))所表达。换句话说，对于每个(x)，只要(d)保证(x)是唯一的中点，那么所有((x,d))与所有(l)为偶数的合法集合(S)是一一对应的。更确切地说，就是要求(d)不超过以(x)为根时，(x)所有儿子中第二深的子树深度。
- (l)为奇数。我们发现，(S)的直径的中点在一条边上。记离这个中点最近的结点为(x)和(y)。这就比较麻烦了。我们不妨从另一角度考虑：(ceil {frac l 2})一定等于以(x)为根时(x)所有儿子中第二深的子树深度+1。考虑以(x)为根的情况，则(y)为(x)子树深度最大的孩子结点。((x,ceil {frac l 2}))所表示的集合，与((y, ceil {frac l 2})所表示的集合相同，等价于(y)的子树中没有有到(y)距离大于等于(ceil {frac l 2})的结点，也就是((x, ceil {frac l 2})覆盖了整棵树。否则((x,ceil {frac l 2})又能唯一确定一个合法集合。
整理一下。对于每个结点(x)，令(D)为以(x)为根时，(x)所有儿子中第二深的子树深度。则取(d leq D)时，能表示所有直径为偶数的合法集合。假如取(d = D + 1)不会覆盖整棵树，那么还有一个合法集合。最后再考虑有没有少算了整棵树的情况。（假如这个树的直径为偶数，那么它已经被算过了）简单起见，前面的计算全部不计覆盖整棵树的情况，最后再+1就可以了。
for each x in V:
let d1 to be the first largest deepth of subtrees of x
let d2 to be the second largest deepth of subtrees of x
ans = ans + d2 + 1
if d1 > d2 + 1:
ans = ans + 1
if d1 == d2:
ans = ans - 1
ans = ans + 1
这样，通过(O(n))树dp求出所有d1和d2，我们就完成了(V = U)的部分分。
然后就是(U subsetneq V)的情况。称(U)中的结点为关键点。
如果要重新考虑每个(x)的(d)能取到多少，相当棘手。事实上，上面不少结论都会变成错误的。
又要转换一下思路。对于一个非关键点(x)，如果((x,d_0))能被某个关键点表达出来，那么，原来所有被计数的((x,d), \, d geq d_0)也同样能被表达出来。记对于(x)最小的(d_0)为(low_x)。
然后就是要求所有(low_x)了。设表达出((x,low_x))的关键点为(y)。考虑以(x)为根，那么(low_x)一定不小于(y)所在子树的最大深度。但只要(low_x)超过这个深度，((x,low_x))就能被((y,low_x + dis(x,y)))表示出来，且按照原来的方法，这个((y,low_x+dis(x,y)))是不会被计数的因此，故不用担心算重的问题。那么，(low_x)就是以(x)为根时，含有关键点的深度最小的(x)的孩子的子树。同样可以(O(n))求出。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200010, INF = 0x3f3f3f3f;
struct edge {
int la,b;
} con[N << 1];
int tot,fir[N];
void add(int from,int to) {
con[++tot] = (edge) {fir[from],to};
fir[from] = tot;
}
int n,mxdep[N][2],hson[N],sz[N],low[N];
char s[N];
long long ans;
void dfs(int pos,int fa) {
sz[pos] = s[pos] - '0';
mxdep[pos][0] = 0;
mxdep[pos][1] = - INF;
hson[pos] = 0;
for (int i = fir[pos] ; i ; i = con[i].la) {
if (con[i].b == fa) continue;
dfs(con[i].b,pos);
sz[pos] += sz[con[i].b];
if (mxdep[con[i].b][0] > mxdep[hson[pos]][0] || (!hson[pos]))
hson[pos] = con[i].b;
if (mxdep[con[i].b][0]+1 > mxdep[pos][0]) {
mxdep[pos][1] = mxdep[pos][0];
mxdep[pos][0] = mxdep[con[i].b][0] + 1;
} else mxdep[pos][1] = max(mxdep[pos][1],mxdep[con[i].b][0] + 1);
if (sz[con[i].b]) low[pos] = min(low[pos],mxdep[con[i].b][0] + 1);
}
}
void fsd(int pos,int fa) {
for (int i = fir[pos] ; i ; i = con[i].la) {
if (con[i].b == fa) continue;
int val = (con[i].b == hson[pos] ? mxdep[pos][1] : mxdep[pos][0]) + 1;
if (val > mxdep[con[i].b][0]) {
mxdep[con[i].b][1] = mxdep[con[i].b][0];
mxdep[con[i].b][0] = val;
hson[con[i].b] = pos;
} else mxdep[con[i].b][1] = max(mxdep[con[i].b][1],val);
if (sz[1] - sz[con[i].b] > 0)
low[con[i].b] = min(low[con[i].b],val);
fsd(con[i].b,pos);
}
}
int main() {
int x,y;
scanf("%d",&n);
for (int i = 1 ; i < n ; ++ i) {
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
scanf("%s",s+1);
memset(low,0x3f,sizeof low);
dfs(1,0);
fsd(1,0);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
int tmp = mxdep[i][1] + 1;
if (mxdep[i][0] > mxdep[i][1] + 1)
++ tmp;
if (mxdep[i][0] == mxdep[i][1]) -- tmp;
if (s[i] - '0' == 0) tmp -= low[i];
ans += max(tmp,0);
}
printf("%lld
",ans+1);
return 0;
}
小结：这类复杂的思维题高度要求思维的清晰，思路一不留神就会混乱。清晰的思维，这确乎需要长期的锻炼。