【BZOJ】4543: [POI2014]Hotel加强版-长链剖分DP

传送门:bzoj4543

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题解

三点两两距离相等的情况如下图：

设

$f[i][j]$表示$i$子树中与$i$距离为$j$(相对深度为$j$)的结点个数，

$g[i][j]$表示$i$子树中点对$(x,y)$，满足$de{p}_x=de{p}_y,dis(lca(x,y),i)+j=dis(x,lca(x,y))=dis(y,lca(x,y))$的对数(如图中点对(1,2))。

对于点$x$，统计其相当于图中B点(三元组$LCA$)时的贡献：
首先$ans+=g[x][0]$，假设每次新加入的儿子结点为$y$，则遍历所有合法深度$k$，$ans+=g[y][k-1]\times f[x][k]+g[x][k]\times f[y][k-1]$

转移：
$g[x][k]+=f[x][k]\ast f[y][k-1]$
$g[x][k]+=g[y][k+1]$
$f[x][k]+=f[y][k-1]$

发现每次$k\to k-1/k+1$的变换可以用指针数组位移来$O(1)$实现。
考虑长链剖分，每次继承重儿子的信息，暴力合并轻儿子。

时间复杂度$O(n)$

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代码

#include
using namespace std;
const int N=1e5+20;
typedef long long ll;

int n,m,mxdp[N],d[N],son[N];
int head[N],to[N<<1],nxt[N<<1],tot;
ll ans,a[N*10],*nw=a;
ll *f[N],*g[N];

inline void lk(int u,int v)
{to[++tot]=v;nxt[tot]=head[u];head[u]=tot;}

void dfs(int x,int fr)
{
	int i,j,k;
	mxdp[x]=x;d[x]=d[fr]+1;
	for(i=head[x];i;i=nxt[i]) if((j=to[i])!=fr){
		dfs(j,x);
		if(d[mxdp[j]]>d[mxdp[x]]) mxdp[x]=mxdp[j],son[x]=j;
	}
	for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
		j=to[i];if(j==fr || ((x!=1) && j==son[x])) continue;
		j=mxdp[j];k=d[j]-d[x];
		f[j]=(nw+=(k+1));g[j]=(++nw);
		nw+=((k<<1)+5);
	}
}

void dp(int x,int fr)
{
	int i,j,k,t;	
   	if(son[x]) {dp(son[x],x);f[x]=f[son[x]]-1;g[x]=g[son[x]]+1;}
	ans+=g[x][0];f[x][0]=1;
	for(i=head[x];i;i=nxt[i]){
		j=to[i];if(j==fr || j==son[x]) continue;
		dp(j,x);t=d[mxdp[j]]-d[x];
		for(k=0;k<=t;++k) ans+=g[x][k+1]*f[j][k]+f[x][k-1]*g[j][k];
		for(k=0;k<=t;++k){
			g[x][k-1]+=g[j][k];
			g[x][k+1]+=f[x][k+1]*f[j][k];
			f[x][k+1]+=f[j][k];
		}
	}
}

int main(){
	int i,x,y;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<n;++i){scanf("%d%d",&x,&y);lk(x,y);lk(y,x);}
	dfs(1,0);dp(1,0);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}