Description
描述
给一个 $n$ 个点的树，要求你将 $0 sim n - 2$ 不重不漏的放在这 $n - 1$ 条边上，求 $S = sumlimits_{1 le u < v le n} operatorname{mex}(u, v)$ 的最大值，$operatorname{mex}(u, v)$ 表示 $<! u o v !>$ 的路径上所经过的边权集合中最小的没出现的非负数。
输入
第一行一个正整数 $n$（$2 le n le 3000$）。
接下来 $n - 1$ 行，每行两个数 $u, v$，表示一条边（$1 le u, v le n$，$u eq v$）。
输出
一个数 $S$ 表示答案。
样例
输入1
3
1 2
2 3输出1
3
输入2
5
1 2
1 3
1 4
3 5输出2
10
解释
样例1：
- $operatorname{mex}(1,2)=0$
- $operatorname{mex}(1,3)=2$
- $operatorname{mex}(2,3)=1$
所以 $S = 0 + 2 + 1 = 3$。
样例2：
- $operatorname{mex}(1, 3) = 1$
- $operatorname{mex}(1, 5) = 2$
- $operatorname{mex}(2, 3) = 1$
- $operatorname{mex}(2, 5) = 2$
- $operatorname{mex}(3, 4) = 1$
- $operatorname{mex}(4, 5) = 3$
所以 $S = 1 + 2 + 1 + 2 + 1 + 3 = 10$。
Solution
观察一下答案式子：
$$ large
egin{array}{rl}
S = & !! sumlimits_{1le u<v le n} operatorname{mex}(u, v) \
= & !! sumlimits_{x = 1}^{n} left( sumlimits_{operatorname{mex}(u, v) = x} x
ight) cdotscdots(1)\
= & !! sumlimits_{x = 1}^{n} left( sumlimits_{operatorname{mex}(u, v) ge x} 1
ight)cdotscdots(2)
end{array}$$
$(1) Rightarrow (2)$ 是怎么推的呢？
考虑一个 $operatorname{mex}(u, v)$，比如它等于 $y$，原本它对答案只产生一次为 $y$ 的贡献；现在，它对于 $forall 1le xle y$ 都会产生 $1$ 的贡献，正好和还是 $y$。
于是我们定义一个函数 $operatorname{F}()$，$operatorname{F}(x) = sum_{1 le u < v le n}[operatorname{mex}(u, v) ge x]$。那么答案式子又可以化为：
$$ large egin{array}{rl} S = & !! sumlimits_{x = 1}^{n} left( sumlimits_{operatorname{mex}(u, v) ge x} 1
ight)cdotscdots(2) \
= & !! sumlimits_{x = 1}^{n} operatorname{F}(x)
end{array} $$
$operatorname{F}(x)$ 说通俗一点，就是 $< ! u o v ! >$ 至少包含了 $0 sim x - 1$ 的所有数的路径数量。
现在我们从 $0$ 开始，依次放每一个数。比如现在我们要放 $x$，$0 sim x - 1$ 已经放好了，那么我们一定会把 $x$ 和它们放在同一条路径上，要不然 $x$ 放了以后对答案没有影响。这是因为，放在同一条路径上的话，这里的 $operatorname{mex}$ 就要变成 $x+ 1$ 了；否则 $0 sim x - 1$ 已经有数字缺失，那就保持那个缺失的最小数字不变。
那么我们就可以找一个 $<!u o v!>$，它的长度为 $l$，我们要把 $0 sim l - 1$ 都放在这一条路上。$l sim n - 2$ 放的位置我们不管，因为它们不会使得答案变劣，更优的方法在后面也一定能枚举到。
想一想，一个最佳的方案一定不仅是完整的一段，而且它的一部分也要是完整的。
比如我们现在选了 $<!u o v!>$：
然后 $0$ 我们随便放一下：
下面我们要放 $1$，为了利益最大化，显然，$1$ 和 $0$ 要在一起（这样我们在构造 $0 sim l - 1$ 的同时也顺便构造了一个 $0 sim 1$ 的路径）。
比如 $1$ 放在左边：
然后我们放 $2$，这时我们不管放在 $1$ 的左边还是 $0$ 的右边，都可以顺便构成 $0 sim 2$ 的路径。
依次类推放完：
发现了什么？从 $u$ 到 $v$ 依次写下来，正好是一个 单谷序列，也就是比如把这个序列叫做 $a$，则有一个位置 $p$，使得 $a_1 > a_2 > cdots > a_p < cdots < a_{l-1} <a_l$。
- 用 $dp(u, v)$ 表示把 $0 sim l - 1$ 放在 $<!u o v!>$ 上，$sum_{i =1}^{l} operatorname{F}(i)$ 的最大可能值；
- 用 $s_{root, u}$ 表示以 $root$ 为根时，$u$ 为根的子树大小；
- 用 $p_{root, u}$ 表示以 $root$ 为根时，$u$ 的父亲。
现在我们要计算 $dp(u, v)$，根据单谷序列的性质，$l - 1$ 要么在最左边，要么在最右边，那我们分类讨论一下：
- 如果 $l - 1$ 放在最左边，那么剩下的部分就是 $dp(p_{v, u}, v)$ 的答案，而享受到 $0 sim l - 1$ 的路径的个数就是 $operatorname{F}(l) = s_{u, v} imes s_{v,u}$，所以 $dp(u, v) = dp(p_{v, u}, v) + s_{u, v} imes s_{v,u}$；
- 如果 $l - 1$ 放在最右边，那么剩下的部分就是 $dp(u, p_{u, v})$ 的答案，而享受到 $0 sim l - 1$ 的路径的个数依然是 $operatorname{F}(l) = s_{u, v} imes s_{v,u}$，所以 $dp(u, v) = dp(u, p_{u, v}) + s_{u, v} imes s_{v,u}$。
综上所述：
$$large dp(u, v) = max(dp(u, p_{u, v}), dp(p_{v, u}, v)) + s_{u, v} imes s_{v,u} $$
我们可以记忆化搜索，$dp(u, v)$ 就可以 $mathcal O(1)$ 求了，总时间复杂度就是枚举 $u, v$ 的 $mathcal O(n^2)$。至于 $p_{root, u}$ 和 $s_{root, u}$，可以在之前通过枚举 $root$，每次 $mathcal O(n)$ 预处理出来。总时间复杂度 $mathcal O(n^2)$。
代码贴出，仅供参考：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3005;
int n, rt, p[N][N], s[N][N];
LL f[N][N], ans;
vector<int> G[N];
void build(int u)
{
s[rt][u] = 1;
for(int v : G[u]) if(v ^ p[rt][u])
{
p[rt][v] = u;
build(v);
s[rt][u] += s[rt][v];
}
}
LL dp(int u, int v)
{
if(u == v) return 0;
if(f[u][v]) return f[u][v];
return f[u][v] = max(dp(u, p[u][v]), dp(v, p[v][u])) + s[u][v] * s[v][u];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) { rt = i; build(i); }
for(int u = 1; u <= n; u++)
for(int v = 1; v <= n; v++)
ans = max(ans, dp(u, v));
cout << ans << endl;
return 0;
}