【BZOJ3522】[Poi2014]Hotel【DFS】

【題目鏈接】

NOIP2014D1T2是從這個題改的吧。。

題解：

首先可以發現，滿足條件的點對一定是“有一箇中心點，三個點到中心點的距離相等，且三個點分別在不同子樹中”這種情況。

那麼枚舉中心點，然後遍歷子樹，統計答案。

d[i]爲臨時數組，表示當前子樹中深度爲i的點有多少個。

d1[i]表示，當前點已經遍歷過的子樹中，深度爲i的點有多少個。

d2[i]表示，當前點已經遍歷過的子樹中，兩個點深度都爲i的點對有多少個。

那麼ans = ∑(d2[i] * d[i])。

然後用d1和d去更新d2，用d去更新d1。

複雜度：

時間複雜度O(n^2)，空間複雜度O(n)

收穫：

樹上統計類問題不一定是點分治，要想清楚。

/* Telekinetic Forest Guard */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 5005;

int n, head[maxn], cnt, depth[maxn];
LL d1[maxn], d2[maxn], d[maxn];

struct _edge {
	int v, next;
} g[maxn << 1];

inline int iread() {
	int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) f = ch == '-' ? -1 : 1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return f * x;
}

inline void add(int u, int v) {
	g[cnt] = (_edge){v, head[u]};
	head[u] = cnt++;
}

inline void dfs(int x, int f) {
	d[depth[x]]++;
	for(int i = head[x]; ~i; i = g[i].next) if(g[i].v ^ f) {
		depth[g[i].v] = depth[x] + 1;
		dfs(g[i].v, x);
	}
}

int main() {
	n = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1; cnt = 0;
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int u = iread(), v = iread();
		add(u, v); add(v, u);
	}

	LL ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) d1[j] = d2[j] = 0;

		for(int j = head[i]; ~j; j = g[j].next) {
			depth[g[j].v] = 1;
			dfs(g[j].v, i);
			for(int t = 1; t <= n; t++) {
				ans += d2[t] * d[t];
				d2[t] += d1[t] * d[t];
				d1[t] += d[t];
			}
			for(int t = 1; t <= n; t++) d[t] = 0;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}