[POI2014][BZOJ3522/4543]Hotel/[JZOJ5357]校门外的树_校门外的树长链剖分-优快云博客

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博客探讨了一道OI题目，涉及树的长链剖分问题。通过动态规划方法，计算以树的每个节点为根时，距离相等的点三元组数量。文章解释了dp状态定义，并给出了代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意

给定一棵 $n$ 个点的树，求树上两两距离相等的点三元组个数。

$1\leq n\leq 10^5$

题目分析

考虑 $dp$ 。
令 $f_{x,i}$ 表示 $x$ 为根的子树内，距离 $x$ 为 $i$ 的点的个数； $g_{x,i}$ 表示以 $x$ 为根的子树中，到 $x$ 距离相等而且到 $lca$ 的距离比 $lca$ 到 $x$ 距离要大 $i$ 的点对个数（说白了就是那些可能的在 $x$ 子树外的第三个点伸出了 $x$ 子树 $i$ 的距离）。
然后在 $dp$ 各个子树之前，我们有 $f_{x,0}=1,ans+=g_{x,0}$ 。
对于一个子树 $y$ ，我们有

a n s g x, i + 1 g x, i - 1 f x, i + 1 + = f x, i g y, i + 1 + g x, i + 1 f y, i + = f x, i + 1 f y, i + = g y, i + = f y, i

$\begin{align} ans&+=f_{x,i}g_{y,i+1}+g_{x,i+1}f_{y,i}\\ g_{x,i+1}&+=f_{x,i+1}f_{y,i}\\ g_{x,i-1}&+=g_{y,i}\\ f_{x,i+1}&+=f_{y,i} \end{align}$
这样我们就可以做到

O(n2) $O(n^2)$ 的时间和空间复杂度。
怎么将时空复杂度优化呢？注意到对于节点

x $x$ ，设

y $y$ 是我们第一个枚举的子树，那么

gx,i−1=gy,i $g_{x,i-1}=g_{y,i}$ ，

fx,i+1=fy,i $f_{x,i+1}=f_{y,i}$ ，是数组位移一位的关系。
我们不妨对这棵树长链剖分，然后将重儿子作为第一次枚举的子树，使用类似指针的思路来做到

O(1) $O(1)$ 的数组位移，然后其余的子树直接暴力转移。
这样做时间复杂度是

O(n) $O(n)$ 的，因为一个点

x $x$ 所在的子树被暴力转移当且仅当

x $x$ 是一条长链的顶端，而且转移复杂度是

O(depx) $O(dep_x)$ 的，也就是和长链长成正比的。因此总的转移复杂度就是所有长链长的和，也就是

O(n) $O(n)$ 的。
至于空间复杂度，我们给每条长链顶端分配正比于长链长度的空间就好了，最后也是

O(n) $O(n)$ 的。
一些实现细节请读者自行思考。

代码实现

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>

using namespace std;

typedef long long LL;

int read()
{
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:f,ch=getchar();
    while (isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}

const int N=100005;
const int M=N<<1;
const int E=N<<1;

int last[N],hea[N],depth[N],lng[N],mxl[N],fa[N],fst[N],gst[N];
int tov[E],nxt[E];
LL f[N],g[M];
int n,tot,fcnt,gcnt;
LL ans;

void insert(int x,int y){tov[++tot]=y,nxt[tot]=last[x],last[x]=tot;}

void dfs(int x)
{
    mxl[x]=lng[x]=0;
    for (int i=last[x],y;i;i=nxt[i])
        if ((y=tov[i])!=fa[x])
        {
            depth[y]=depth[fa[y]=x]+1,dfs(y);
            if (mxl[x]<mxl[y]+1) mxl[x]=mxl[lng[x]=y]+1;
        }
}

void dp(int x,int top)
{
    if (x==top) fst[x]=fcnt,fcnt+=mxl[x]+1,gst[x]=gcnt,gcnt+=mxl[x]<<1|1;
    if (lng[x]) dp(lng[x],top);
    int fptr=fst[top]+depth[x]-depth[top],gptr=gst[top]+mxl[top]-depth[x]+depth[top];
    ++f[fptr],ans+=g[gptr];
    for (int i=last[x],y;i;i=nxt[i])
        if ((y=tov[i])!=fa[x]&&y!=lng[x])
        {
            dp(y,y);
            for (int j=0;j<mxl[y];++j) ans+=f[fptr+j]*g[gst[y]+mxl[y]+j+1];
            for (int j=0;j<=mxl[y]&&gptr+j+1<gst[top]+(mxl[top]<<1|1);++j) ans+=g[gptr+j+1]*f[fst[y]+j];
            for (int j=0;j<=mxl[y]&&gptr+j+1<gst[top]+(mxl[top]<<1|1)&&fptr+j+1<fst[top]+mxl[top]+1;++j) g[gptr+j+1]+=f[fptr+j+1]*f[fst[y]+j];
            for (int j=0;j<mxl[y];++j) g[gptr+j]+=g[gst[y]+mxl[y]+j+1];
            for (int j=0;j<=mxl[y]&&fptr+j+1<fst[top]+mxl[top]+1;++j) f[fptr+j+1]+=f[fst[y]+j];
        }
}

int main()
{
    freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);
    n=read();
    for (int i=1,x,y;i<n;++i) x=read(),y=read(),insert(x,y),insert(y,x);
    depth[1]=1,dfs(1),fcnt=gcnt=1,dp(1,1),printf("%lld\n",ans);
    fclose(stdin),fclose(stdout);
    return 0;
}