HDU 5977 & 2016 ICPC 大连 G：点分治

题意：给出一棵树(n<=5e4)，每个点有一个颜色，颜色数k<=10（现场赛是7，可以直接状压暴力DP水过去）。现在要你统计合法路径的个数，一个合法路径可以用一个有序二元组（x，y）表示，代表从x到y的简单路径（xy可以相同），且这条路径上的点cover掉了所有的颜色。（1，2）和（2，1）是两条路径 （1，1）也是一条路径。

题解：先讲讲7的那个退化版的做法：7个颜色可以用7位压起来表示状态，2^7-1=127，因此可以用一个空间复杂度O（n*2^k）时间复杂度为O（n*2^k）的树形DP或者说dfs搞定，属于简单题。

再来看看k=10的版本，由于k=10，n*2^k的时间或者空间都无法接受。本题属于路径统计问题，是比较明显的点分治模型，那么在点分治的时候，我们可以从当前选定的根开始dfs出所有点的状态值，然后开始组合答案。考虑某个点的状态值是x，假如二进制形式是00110，而一个合法路径的状态值应该是11111，于是另一半路径的状态值必须保证是11XX1这样的形式，也就是说x中0的位另一半路径必须是1才行。稍微思考一下，可以想到一个枚举子集的法子，方法是，我们目标状态是11111，我们枚举它的子集，作为第一段路径的status，设为X，然后枚举X的子集，设为X*，意思是，让X*中的1作为合法路经中的1，然后显然另一半路径status必须是11111^X*，然后把X*和11111^X*的cnt乘起来就得到这部分答案。

然后是子树去重，假设根节点颜色是c，比如是2，那么我们在一个子树里面统计的非法路径要去掉两种，一种是在子树中即达到11111的路径，另一种是在子树中达到11101的路径，这个路径在上面的统计中由于重复走了c，就形成了11111，也被统计过了。求法和上面相同，只是目标值有所变化，方法依然是二维枚举子集。

关于起点终点相同的路径：在第一次统计的时候，比如dfs出某个点Z的status就是11111了，那么会把（Z，Z）这个路径也统计进去，但是我们并没有特意把他去掉，因为这个也属于起点终点分布在同一个子树中的情况，因此我们在子树中也会统计到它，这样一减，就没问题了。

Code：

#include
using namespace std;
const int maxn = 5e4+100;
const int maxk = 12;
int first[maxn],nxt[maxn*2],des[maxn*2],tot;
int a[maxn];
int bas[maxk];
int status[maxn];
bool vis[maxn];
long long cnt[1100];
int sz[maxn],ssz[maxn];
int k,n,maxstatus;
long long ans;
int Min,Minid;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
void prework(){
	bas[0]=1;
	for (int i=1;i<=10;i++){
		bas[i] =bas[i-1]*2;
	}
}
void init(){
	tot=ans=0;
	memset(vis,0,sizeof vis);
	memset(first,0,sizeof first);
}
inline void addEdge(int x_,int y_){
	tot++;
	des[tot] =y_;
	nxt[tot]=first[x_];
	first[x_]=tot;
}
void input(){
	for (int i=1;i<=n;i++){
		int flag;
		scanf("%d",&flag);
		a[i] =bas[flag-1];
	}
	for (int i=1;issz[node])ssz[node] = sz[v];
	}
}
void find_root(int node,int father,int root){
	int val = max(sz[root]-sz[node],ssz[node]);
	if (val