Crystal

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颜色显然具有对称性，下文都只考虑其中一种情况，答案记得乘以二。

设每一个点到异色点的最短距离为 $f(u)$，那么一组 $f$ 与一种颜色状态一一对应。

尝试证明，必要性显然，考虑充分性。当且仅当相邻的两个点值同时为 $1$ 时，两个点颜色不同，据此我们可以划分整棵树，从而确定颜色状态。

一组合法的 $f(u)$ 需要满足以下条件：

1. 对于任意的$u$，使得$f(u) \geq 1$

2. 对于任意相邻的$u$，$v$，使得$| f(u) - f(v) | \leq 1$。

3. 对于任意的$u$，存在一个相邻的$v$，使得$| f(u) - f(v) | = 1$

4. 当 $f(u) = f(v) = 1$ 其中 $u$，$v$ 相邻时，$u$，$v$ 异色，不需要满足条件三。

接下来考虑 树形DP，设 $g(u,x,0/1)$ 表示以 $u$ 为根的子树中，使得$f(u) = x$，$u$ 的儿子是或否令其满足条件三或条件四的答案。

明确一下要求的答案：

$\sum s (\sum x) ^ k$，其中 $s$ 指状态。

首先，转移过程中我们肯定需要以某种方式将各儿子的答案合并。

合并的结果为 $\sum s (\sum x + \sum y) ^ k$。

而我们只知道 $\sum s (\sum x) ^ k$ 与 $\sum s (\sum y) ^ k$。

不妨将合并的结果通过二项式定理展开，这样，我们只记录 $k \in [0,3]$ 下的所有答案即可。

接下来，细看转移方程。

乘法即二项式定理合并。

总的思路就是枚举儿子人后不断合并。

实在不知道怎么讲了，看代码吧。

for(int u=n;u>=1;u--){//枚举父亲，倒序枚举省去DFS
    for(int x=1;x<=n;x++){
        f[u][x][0].Init(x);//初始化
        f[u][x][1].Init(0);
        for(int v:E[u]){//枚举儿子
            tmp[0].Init(0);//临时变量
            tmp[1].Init(0);
            for(int y=max(1ll,x-1);y<=min(x+1,n);y++){//满足条件二
                if(y==x+1){//父亲可以令儿子满足条件三，儿子可以取0或1
                    tmp[0]+=(f[v][y][0]+f[v][y][1])*f[u][x][0];
                    tmp[1]+=(f[v][y][0]+f[v][y][1])*f[u][x][1];
                    //只需要有一个儿子使父亲满足即可，所以仍然选择合并。
                    //因为这一项初始值为0所以排除了全部儿子都不能使父亲满足的情况
                }
                else if(y==x-1){//儿子可以令父亲满足条件三，父亲可以取0或1
                    tmp[1]+=f[v][y][1]*(f[u][x][1]+f[u][x][0]);
                }
                else{//互不能使满足条件三，儿子必须靠孙子满足条件三
                    tmp[0]+=f[v][y][1]*f[u][x][0];
                    tmp[1]+=f[v][y][1]*f[u][x][1];
                    if(x==1&&y==1){//u，v颜色不同，可以任意取，条件四满足
                        tmp[1]+=(f[v][y][0]+f[v][y][1])*(f[u][x][1]+f[u][x][0]);
                    }
                }
            }
            f[u][x][0]=tmp[0];//赋值
            f[u][x][1]=tmp[1];
        }
    }
}

表达能力不好，靠个人理解吧。

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