[CF1292C] Xenon's Attack on the Gangs

题意

题目链接

给定一棵树，试将 $[0,n-2]$ 内的每个整数不重不漏填到每条边上，使得 $\sum _{1\le u<v\le n}\text{mex}(u,v)$ 最小，其中 $\text{mex}(u,v)$ 表示从节点 $u$ 到节点 $v$ 经过的边集合 $A_{u,v}$ 中最小的未出现的非负整数。

数据范围：$2\le n\le 3000$

题解

考虑我们选定了一条边 $(u,v)$ 是 0，删掉这条边后树变成两部分，则答案加上两部分的大小乘积对吧。

然后我们考虑选定一条边是 1，理性分析一下可以发现应该放在 $u$ 或 $v$ 的邻边上，不然同时经过 0,1 的路径肯定会少，对答案能贡献 2 的路径也会变少，并且接下来填 2 能获得的贡献也不会多 …

如图，总之我们一定会将 1 填在 0 旁边，然后就会对答案加上 $A\times B$，这样算是因为端点分别在 $A,B$ 中的已经被算过一次贡献了。

然后我们会继续将 2 填在这条路径（0,1构成的路径）的端点，以此类推 … 是“沿一条路径向外扩散的”。

因此我们就转化成了个这样的问题：首先定义 $u$ 左边的 $\text{siz}$ 为以 $u$ 为根的，$v$ 右边的 $\text{siz}$ 为以 $v$ 为根的，选定一条边 $(u,v)$，填 0，对答案贡献 ${\text{siz}}_u\times {\text{siz}}_v$，然后每次选择 $u$ 或 $v$，比如 $u$，将其走到任意一个儿子上，然后对答案贡献 ${\text{siz}}_u\times {\text{siz}}_v$，如此一直操作直到不能操作，答案的最大值。

于是我们有了一个 $O(n^3)$ 的想法：枚举边 $(u,v)$，设 $f_{i,j}$ 为 $u$ 操作到 $i$，$v$ 操作到 $j$，继续向下操作能得到的最大收益，可得如下转移方程：

$$f_{i,j}={\text{siz}}_i\times {\text{siz}}_j+\max \{\underset{k\in {\text{son}}_i}{\max }{f}_{k,j},\underset{k\in {\text{son}}_j}{\max }{f}_{i,k}\}$$

那么我们思考如何将其优化成 $O(n^2)$，这个算法枚举 0 的复杂度应该省不了，考虑 dp 的复杂度，每次 $O(n^2)$ dp 确实很慢，这是因为换一条边后点的 $\text{siz}$ 会变。

但实际上很多点的 $\text{siz}$ 都没变！如果我们一开始让 $\text{siz}$ 定义为以 1 为根的，当我们选定点 $({\text{fa}}_u,u)$ 时，在下图中只有红色部分的 $\text{siz}$ 变了：

因此，我们深搜寻找答案，搜到 $u$ 时处理 $({\text{fa}}_u,u)$ 这条边为 0 的答案，我们将 ${\text{fa}}_u$ 的 $\text{siz}$ 变为 $N-{\text{siz}}_u$，然后只更新 $\forall i\in T(u),f_{{\text{fa}}_u,i}$，最后将 $f_{{\text{fa}}_u,u}$ 作为答案。

时间复杂度 $O(n^2)$。

代码

#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;
ll read() {
    ll ret = 0; char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') ret = ret * 10 + c - '0', c = getchar();
    return ret;
}

const int MAXN = 3005;

int N;
struct node { int v, next; }  E[MAXN << 1]; int head[MAXN], Elen;
void add(int u, int v) { ++Elen, E[Elen].v = v, E[Elen].next = head[u], head[u] = Elen; }

ll siz[MAXN], Siz[MAXN], Dp[MAXN][MAXN]; int fa[MAXN], dfn[MAXN], dfncnt, redfn[MAXN];
void dfs(int u, int ff) {
    siz[u] = 1, fa[u] = ff, dfn[u] = ++dfncnt, redfn[dfncnt] = u;
    for (int i = head[u]; i; i = E[i].next) if (E[i].v != ff) dfs(E[i].v, u), siz[u] += siz[E[i].v];
}
ll getdp(ll dp[][MAXN], int u, int v, int del = 0, int add = 0) {
    if (dp[u][v]) return dp[u][v];
    int i; ll ret = 0;
    for (i = head[u]; i; i = E[i].next) if (E[i].v != fa[u] && E[i].v != del) ret = max(ret, getdp(dp, E[i].v, v, del, add));
    if (add) ret = max(ret, getdp(dp, add, v, del, add));
    for (i = head[v]; i; i = E[i].next) if (E[i].v != fa[v]) ret = max(ret, getdp(dp, u, E[i].v, del, add));
    dp[u][v] = siz[u] * siz[v] + ret; return dp[u][v];
}

ll f[MAXN][MAXN], ans;
void dfs2(int u, int ff) {
    int i;
    if (u != 1) {
        for (i = dfn[u]; i <= dfn[u] + siz[u] - 1; ++i) f[fa[u]][redfn[i]] = 0;
        siz[fa[u]] = N - Siz[u];
        for (i = dfn[u]; i <= dfn[u] + siz[u] - 1; ++i) getdp(f, fa[u], redfn[i], u, fa[fa[u]]);
        ans = max(ans, f[fa[u]][u]);
        for (i = head[u]; i; i = E[i].next) if (E[i].v != ff) dfs2(E[i].v, u);
        for (i = dfn[u]; i <= dfn[u] + siz[u] - 1; ++i) f[fa[u]][redfn[i]] = Dp[fa[u]][redfn[i]];
        siz[fa[u]] = Siz[fa[u]];
    } else {
        for (i = head[u]; i; i = E[i].next) if (E[i].v != ff) dfs2(E[i].v, u);
    }
}

int main() {
    scanf("%d", &N); int i, j, u, v;
    for (i = 1; i < N; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), add(u, v), add(v, u);
    dfs(1, 0);
    for (i = 1; i <= N; ++i) Siz[i] = siz[i];
    for (i = 1; i <= N; ++i) for (j = 1; j <= N; ++j) f[i][j] = getdp(Dp, i, j);
    dfs2(1, 0);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}