HDU 6446 Tree and Permutation （树上任意两点距离之和，DFS，思维）

最新推荐文章于 2020-08-20 18:47:22 发布

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本文详细解析了HDU6446TreeandPermutation题目，探讨了如何求解一棵带权树上的全排列距离和问题。通过分析任意两点间距离对全排列的贡献，利用LCA和DFS算法优化计算过程，最终给出了一种高效求解任意两点间距离和的方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

HDU 6446 Tree and Permutation

题目

给一颗 n 个节点的带权树树，定义一个排列的距离为按排列顺序最短路径和。求 n 的全排列的距离和。
例如： n = 4，其中一个排列为 4 1 2 3。那么这个排列距离为 4 -> 1 -> 2 -> 3。x ->y 指的是 x 到 y 的最短路径。

分析

对于全排列，分析任意两点距离对排列的贡献。假如 n = 4：

1 2 x x
x 1 2 x
x x 1 2

那么 1 到 2 最短距离 d12，一共出现的次数为 3 * A(2, 2) = 3 * 2!，（A 为组合数，x 位置可以随便放）。2 到 1 的同理。

因此 1，2 两点之间最短距离在排列中出现总次数为 $d i s = 2 * (n - 1) * (n - 2)! = 2 * (n - 1)!$ 。

设 $D$ 代表任意两点之间最短距离和，那么最终答案就是 $a n s = D * d i s$

现在问题转化成为求树上任意两点之间距离和。对于树上最短距离当然可以用 LCA + DFS来求，不过这种枚举两个节点的复杂度为 $n^2$ ，不能接受。。。

还是考虑贡献，接下来考虑每条边权的贡献。对于每条边，在答案中出现的次数就是求距离的时候经过它的总次数。也就是这条边两边节点总数的乘积。

对于树来说，我们用 DFS 遍历完一个子树就可以获得子树的节点和 cnt，另一边的就是 n-cnt。子树的父边就可以计算出来了。（要存双向边，开两倍空间） $c n t * (n - c n t) * l e n$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long 
#define INF 0x3f3f3f3f
#define fuck(x) cout<<x<<endl
const int N = 2e5 + 10;     // 存正反向两次边
const ll mod = 1e9 + 7;

int n;

int h[N], w[N], to[N], ne[N], idx;
ll fac[N], ans;

void init(){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; i++){
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    }
}

void add(int u, int v, int z){
    to[idx] = v, w[idx] = z, ne[idx] = h[u], h[u] = idx++;
}

int dfs(int rt, int from, int len){
    ll cnt = 1;
    for (int i = h[rt]; ~i; i = ne[i]){
        int v = to[i];
        if(v != from)
            cnt += dfs(v, rt, w[i]);
    }
    ans = (ans + (cnt * (n - cnt) % mod * len % mod)) % mod;
    return cnt;
}

int main(){
    init();
    while(~scanf("%d", &n)){
        memset(h, -1, sizeof(h));
        idx = 0;
        for(int i = 0, x, y, z; i < n-1; i++){
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
            add(x, y, z);
            add(y, x, z);
        }
        ans = 0;
        dfs(1, 0, 0);
        printf("%lld\n", ans * 2 % mod * fac[n - 1] % mod);
    }
    return 0;
}

/*
*/