题目描述
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题意翻译
给n个结点，n-1条无向边。即一棵树。我们需要给这n-1条边赋上0~ n-2不重复的值。mex(u,v)表示从结点u到结点v经过的边权值中没有出现的最小非负整数。计算下面等式的最大值：
样例
样例输入
3 1 2 2 3
5 1 2 1 3 1 4 3 5
样例输出
样例输出一
3
样例输出二
10
分析
我们先随便找一条边，将它的价值赋值成0
那么只要有一个路径经过这条边，那么这个路径的最小价值就一定不会为0
我们举一个例子
此时u到v的价值为0，那么这一条路径不经过的最小非负整数就是1
一条路径只要经过(u,v)这条边，那么它们不经过的最小非负整数就至少为1（因为它们已经经过了0）
我们用f[i][j]表示从i开始，从j结束，将i到j之间所有的m条边赋值成0到m-1所得到的最大价值
用g[i][j]表示在i号节点作为根节点的情况下，以j为根节点的子树的大小
用pa[i][j]表示在i号节点作为根节点的情况下，j节点的父亲节点
我们再来看上面这幅图，只要经过（u,v）这条边，那么它们没有经过的最小非负整数的价值就至少为1
此时总价值为g[u][v]*g[v][u]
那么我们再添加价值为1的边，为了使总的价值最大，这条边显然要和价值为0的边放在一起
为什么呢？因为如果放在别的地方，那么价值为1的路程会增多，而价值为2的路程会减少
换一句话说，价值为1的这条边对其它路程的贡献减少了
我们来举一个例子
在左边这幅图中，我们没有把价值为1的边放在价值为0的边的旁边，这时(u,B)这条边永远会缺失1，我们从v向下遍历，同时经过0和1的路径的个数会减少，会有很多路径的价值为1，以后也不会再改变
在右边这幅图中，我们有把价值为1的边放在价值为0的边的旁边，这时(u,B)这条边的边权1，它的价值也就为1，我们从v向下遍历，同时经过0和1的路径的个数显然要比上面的多，路径的价值一定会大于1
同样的，我们可以把2 、3、4……n-1（不一定会加到n-1，原因我们后面会说）依次填入，只要按照上面的方法就可以
但是还有一个问题，我们是从左边加还是从右边加呢
这是我们就需要用到动态转移方程取较大值
什么意思呢，我们还是拿图来说
我们假设u和v之间的边权都已经从小到大加完，那么其中最大的一个权值我们不是加在（u,pa[v][u]）上，就是加在（v,pa[u][v]）上
如果加在（u,pa[v][u]）上，那么增大的价值就是g[u][v]*g[v][u]，还要加上原来就有的f[u,pa[u][v]]
如果加在（v,pa[u][v]）上，那么增大的价值就是g[u][v]*g[v][u]，还要加上原来就有的f[v,pa[v][u]]
实际上这两种情况增大的价值都是一样的，我们只需要在f[u,pa[u][v]]和f[v,pa[v][u]]中取最大值就可以了
最后我们再看一下最后的决策是什么情况
根据我们一开始的推论，边权从小到大一定会加在同一条链上，但是这一条链不一定会包含n-1条边，就像下面这样
标红色的是我们已经选好边权的边
这时我们会发现（2，3）（4，7）这两条边并没有被赋上相应的价值，这时该怎么办呢，最后的价值还是f[8][9]吗？
答案是肯定的，此时边权只剩下了最大的两个，无论加到那一条边上都不会对结果产生影响
那么3、7节点贡献的价值呢，实际上，在我们决策2、1、4这三个点时，3、7作为子树价值已经被确定了，无论你加多大的边权也不会改变路程没有经过的最小非负整数
代码的话，g、pa数组我们可以预处理得到，f数组我们枚举取最大值就可以了
这道题也要开long long否则会爆掉
代码
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 const int maxd=3010; 8 typedef long long ll; 9 struct asd{ 10 ll from,to,next; 11 }b[maxd*2]; 12 ll head[maxd],tot=1; 13 void ad(ll aa,ll bb){ 14 b[tot].from=aa; 15 b[tot].to=bb; 16 b[tot].next=head[aa]; 17 head[aa]=tot++; 18 } 19 ll pa[maxd][maxd],f[maxd][maxd],g[maxd][maxd]; 20 ll rt=1; 21 void dfs(ll now,ll fa){ 22 g[rt][now]=1; 23 for(ll i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){ 24 ll u=b[i].to; 25 if(u==fa) continue; 26 pa[rt][u]=now; 27 dfs(u,now); 28 g[rt][now]+=g[rt][u]; 29 } 30 } 31 ll solve(ll u,ll v){ 32 if(u==v) return 0; 33 if(f[u][v]) return f[u][v]; 34 return f[u][v]=max(solve(u,pa[u][v]),solve(v,pa[v][u]))+g[u][v]*g[v][u]; 35 } 36 int main(){ 37 memset(head,-1,sizeof(head)); 38 ll n; 39 scanf("%lld",&n); 40 for(ll i=1;i<n;i++){ 41 ll aa,bb; 42 scanf("%lld%lld",&aa,&bb); 43 ad(aa,bb); 44 ad(bb,aa); 45 } 46 for(ll i=1;i<=n;i++){ 47 rt=i; 48 dfs(i,-1);//递归，预处理s数组和pa数组 49 } 50 ll ans=-1; 51 for(ll i=1;i<=n;i++){ 52 for(ll j=1;j<=n;j++){ 53 ans=max(solve(i,j),ans);//取最大值 54 } 55 } 56 printf("%lld ",ans); 57 return 0; 58 }