Triples of Cows

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引

模拟赛 $T4$ , 变换挺妙的, 而且感觉转换后问题就迎刃而解了

解法

强行模拟拆点重连边显然不行,会让图的边数达到 $n^2$ 级别的
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考虑转化：在每一条边上新建一个虚点，
例如 第 $i$ 条边 $u-v$ ,我们建一个虚点 $n+i$ 并将原边变为两条边 $u-n+i,n+i-v$
发现转化后，对于删除 $i$ 点的操作，只需将 $i$ 删除并且合并虚点即可 ，图的形态仍是一颗树，就比较好处理了
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考虑答案的计算 ：需要分类讨论一下
首先我们记 原图编号 $\le n$ 的点为实点（与虚点相对应），$f_u$ 为 $u$ 的一级儿子的个数， $g_u$ 为 $u$ 的二级儿子的个数， $h_u$ 为 $u$ 的三级儿子的个数
对答案的贡献的情形分三种，记贡献为 $\Delta$
1.

2.

3.

将三种贡献加起来就有：
$$Ans=\sum _{i=1}^n{g}_i^2-\sum _{i=n+1}^{n\ast 2+1}{f}_i(f_i-1)(f_i+1)-f_i^2+2f_i{h}_i$$
合并虚点时用并查集维护并更新 $f,g,h$ 的值

#include 
#include 
#include 
#include 

using ll = long long;
using namespace std;
const int N = 5e5 + 7;

int n;
vector G[N];
ll f[N],g[N],h[N],fa[N],a[N];

int find(int x) {  return x==a[x]?x:a[x]=find(a[x]);  }

void dfs(int u,int ff) {
	fa[u]=ff;
	for(int v:G[u]) if(v!=ff) {
		dfs(v,u);
		if(u<=n) {
			g[u] += f[v] ;
		}else {
			++f[u] ;
			h[u] += g[v] ;
		}
	}
}

void work() {
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		ans += g[i]*g[i] ;
	for(int i=n+1;i<=(n<<1)-1;i++) 
		ans+=(f[i]*(f[i]+1)*(f[i]-1) - f[i]*f[i] + 2*f[i]*h[i]) , a[i] = i ;
	
	printf("%lld\n" , ans) ;
	for(int u=1;u

结

额，代码实现还是需要一点经验的，小看它了