题意:
在一颗n个结点的树上给吉丽的三个妹子各开一个房间,使三个房间两两距离相等;
n<=5000,树上路径长度均为1;
题解:
首先因为树上两点间只有一条路径,所以这种路径下满足条件的三点只可能形成 以某个点为中心,三个点都到那个顶点距离相同的情况;
然后我们枚举每个点深搜,找出所有深度相同的点然后累乘C[x][3];
然后发现这么做是不对的!
因为我们将同一颗子树中深度相同的点也计入了答案中,它们之间的距离是不满足题中要求的;
那么换一种方式,每次统计根节点的某儿子的子树中深度一定的点,然后跑一个DP,状态为f[i][j][k]表示前i个儿子中深度和为j,选了k个的方案数,第一维可以滚动,累加k==3的情况就是答案啦;
注意一下开long long,时间复杂度不要写搓了就是O(n^2);
代码:
在一颗n个结点的树上给吉丽的三个妹子各开一个房间,使三个房间两两距离相等;
n<=5000,树上路径长度均为1;
题解:
首先因为树上两点间只有一条路径,所以这种路径下满足条件的三点只可能形成 以某个点为中心,三个点都到那个顶点距离相同的情况;
然后我们枚举每个点深搜,找出所有深度相同的点然后累乘C[x][3];
然后发现这么做是不对的!
因为我们将同一颗子树中深度相同的点也计入了答案中,它们之间的距离是不满足题中要求的;
那么换一种方式,每次统计根节点的某儿子的子树中深度一定的点,然后跑一个DP,状态为f[i][j][k]表示前i个儿子中深度和为j,选了k个的方案数,第一维可以滚动,累加k==3的情况就是答案啦;
注意一下开long long,时间复杂度不要写搓了就是O(n^2);
代码:
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define N 5100
using namespace std;
typedef long long ll;
int next[N<<1],to[N<<1],head[N],ce;
int deep[N],hash[N],last;
ll f1[N],f2[N];
void add(int x,int y)
{
to[++ce]=y;
next[ce]=head[x];
head[x]=ce;
}
void dfs(int x,int pre)
{
deep[x]=deep[pre]+1;
hash[deep[x]]++;
last=max(last,deep[x]);
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(to[i]!=pre)
{
dfs(to[i],x);
}
}
}
int main()
{
int n,m,i,j,k,x,y;
ll ans;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y),add(y,x);
}
for(i=1,ans=0;i<=n;i++)
{
deep[i]=0;
memset(f1,0,sizeof(f1));
memset(f2,0,sizeof(f2));
for(k=head[i];k;k=next[k])
{
memset(hash,0,sizeof(int)*(last+5));
last=0;
dfs(to[k],i);
for(j=1;j<=last;j++)
{
ans+=hash[j]*f2[j];
f2[j]+=f1[j]*hash[j];
f1[j]+=hash[j];
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}