Sergey and Subway树形dp + 思维

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题意

给出一颗树，对他进行加边，如果三个顶点u,v,w，u连到v，v连到w，那么u和w之间加一条边。问最后每对点的距离之和。每条边权值为1

分析

这道题的做法挺巧妙的
首先我们先来计算如果不需要加边的情况下，距离和是多少，这个状态转移方程我记得我在以前的博客里面写过，这里稍微提一下
我们首先dfs遍历整棵树，记录每个节点的子树大小，然后，我们去循环每一个点，因为是一个树形结构，所以他的入边，最多只有一条。我们去枚举每一个点，也就是去枚举他的入边，也就是枚举每一条边。那么他的贡献如和进行计算呢？这条边断开会形成两个部分，两部分大小的乘积就是这条边的贡献

 ans = ans + Size[i] * (n - Size[i]);

现在我们来处理加边的情况，我们可以去统计深度为偶数的点的数量，最后我们需要计算的距离，可以分为以下几类：偶数深度到偶数深度的距离，奇数深度到奇数深度的距离，奇数深度到偶数深度的距离。
前两种比较好处理，因为一个点连接的两个点之间的连接了一条边，所以偶数深度到偶数深度的距离以及奇数深度到奇数深度的距离会减半，因为可以一次跳两层，那么如何处理奇数深度到偶数深度的距离呢，我们可以先讲奇数深度移动到偶数深度，再移动到偶数深度，所以节省的距离为(d - 1) / 2
假设奇数深的的点数为num，那么总的节省的距离为

(ans - num * (n - num)) / 2;

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize("Ofast","unroll-loops","omit-frame-pointer","inline")
#pragma GCC option("arch=native","tune=native","no-zero-upper")
#pragma GCC target("avx2")
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e5 + 10,M = N * 2;
int ne[M],e[M],h[N],idx;
ll Size[N];
ll num;
bool st[N];
int n;

void add(int x,int y){
    ne[idx] = h[x],e[idx] = y,h[x] = idx++;
}

void dfs(int u,int d){
    st[u] = true;
    Size[u] = 1;
    if(d & 1) num++;
    for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
        int j = e[i];
        if(st[j]) continue;
        dfs(j,d + 1);
        Size[u] += Size[j];
    }
}

int main(){
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i < n;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
        add(y,x);
    }
    dfs(1,1);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        ans = ans + Size[i] * (n - Size[i]);
    }
    ans = ans - (ans - num * (n - num)) / 2;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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