[题解][CF-1292C]Xenon‘s Attack on the Gangs-优快云博客

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设 $sz_{root}(u)$ 表示以 $r o o t$ 为根，子树 $T (u)$ 的大小, $fa_{root}(u)$ 表示以 $r o o t$ 为根，节点 $u$ 的父亲。这两个东西可以 $O(n^2)$ 预处理。

转化一下问题：
$ans=\sum\limits_{x = 1}^{n - 1} \sum\limits_{u,v \in V} [\mathrm{mex}(u,v) \ge x]$
那么现在考虑从小到大加入每一个边权，首先加入边权 $0$ ：

那么一定可以得到 $sz_{u}(v) \times sz_{v}(u)$ 的贡献。那么接下来加入权值 $1$ 。

假如说 $0, 1$ 不是连着的，那么两条边夹着的所有点对答案的就只能是 $0$ ，(如图)

在这里插入图片描述

接着想想，将 $0, 1$ 连在一起有利无害，那么就连在一起吧。。。这启示我们，接下来放边权的时候，一定是尽量将之前已经放了边权形成的路径延长一个位置（这个想法比较古怪）。也就是说，对于 $\mathrm{mex}$ 最长的一条路径，它所包含的边权可以组成 $[0, 路径长度 - 1]$ 这一个区间的，而且区间的两个端点一定在叶子上。接下来设定一条最长的路径 $(u, v)$ ，我们想想怎么在上面填边权。首先在某个位置填上 $0$ ，然后任选左右其中位置填上 $1$ ，然后再选左右其中一个填上 $2$ 。每次填上一个边权之后，在答案中加入路径两边连着的子树的大小。这不就是 $d p$ 吗？设 $f (u, v)$ 表示形成了路径 $(u, v)$ 得到的最大 $a n s$ 。

那么可以得到：
$f(u,v)=\begin{cases} \max\left\{f(fa_{v}(u),v), f(u, fa_{u}(v)\right\} + sz_{u}(v)\times sz_{v}(u) & u \ne v\\ 0 & u = v \end{cases}$

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long

using namespace std;

const int maxn = 3e3 + 5;
struct Edge {
	int v, nex;
	Edge(int v = 0, int nex = 0) : v(v), nex(nex) {}
} E[maxn << 1];
int hd[maxn], tote;

void addedge(int u, int v) {
	E[++tote] = Edge(v, hd[u]), hd[u] = tote;
	E[++tote] = Edge(u, hd[v]), hd[v] = tote; 
} 

LL sz[maxn][maxn], fat[maxn][maxn], f[maxn][maxn];
int n, rt;

void init(int u, int fa) {
	fat[rt][u] = fa, sz[rt][u] = 1;
	for (int i = hd[u]; i; i = E[i].nex) {
		int v = E[i].v;
		if (v == fa) continue;
		init(v, u), sz[rt][u] += sz[rt][v];
	}
}

LL dp(int u, int v) {
	if (u == v) return 0;
	if (~f[u][v]) return f[u][v];
	return f[u][v] = max(dp(fat[v][u], v), dp(u, fat[u][v])) + sz[u][v] * sz[v][u];
}

int main() {
	memset(f, -1, sizeof(f));
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
		addedge(u, v);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) rt = i, init(i, 0);
	LL ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= n; j++) ans = max(ans, dp(i, j));
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}