noi.ac#15 题解

做了一下午还多，完全独立完成。

题意很简单：给树加一条边使得最大匹配数增加1。

什么样的边 $(a,b)$ 满足条件呢？很明显，当且仅当存在一个最大匹配不选 $a,b$。此时加上 $a,b$ 边后，$(a,b)$ 构成新的匹配，匹配数 $+1$。

我们把它变成 “存在一个最大匹配不选 $a$” 且 “存在一个最大匹配不选 $b$”。这事就好做了，删 $a$ 后重新算最大匹配。树的最大匹配可以dp做，$O(n)$。这样再加上枚举就是 $O(n^2)$ 的。假设这样的点叫做 “可不选点”，设 $c$ 为“可不选点”的数量，答案就是 $c(c-1)/2$。

最大匹配的做法：

设 $f(u,0/1)$ 表示 $u$ 子树中的最大匹配数，$u$ 不选/选（强制）。

$f(u,0)=\sum f(v,0/1),f(u,1)=\max\{f(v,0)+\sum\limits_{v'\neq v}f(v',0/1)\}$

$f(u,1)$ 那个转移的意思是，既然 $u$ 要选，那肯定要和其中一个儿子匹配，枚举和儿子 $v$ 匹配，$v$ 必须在子树里不选，而其它的儿子可以选或不选都行。

最后答案自然是 $f(1,0/1)$，设 $1$ 为树的根。

很遗憾这样不对。因为我们最开始做的转化不对。这事很好理解，因为“可以不选”并非独立的，可能我不选某个点的时候，就必须要选另外的某个点了。最简单的反例是一个三个点的链 $(1,2),(2,3)$。最大匹配显然为 $1$，但是不选 $1$ 就要选 $3$ ，不选 $3$ 就要选 $1$，虽然 $1$ 和 $3$ 都是 “可不选点”，但它俩不能同时不被选。简单来说，“可不选”不满足“合并性”，“全可不选”不代表“可全不选”。

因此正确的做法是：枚举 $a,b$ 并删除，求剩下的树的匹配数，看是否不变。$O(n^3)$。

我们分两步做。枚举 $a$ ，并删除，求匹配数看是否不变（如果这里就变了就不用再枚举 $b$ 了）。若不变（此时树被切成了若干子树），枚举 $b$ 并删除，此时看 $b$ 所在的那个子树的匹配数是否不变即可，其它子树就不用看了因为没受影响一定不变。

那相当于求这样的一个东西：对于每个“可不选点”，把它切掉后剩下若干个子树，求每个子树里“可不选点”数量的和。

容易想到在dp时顺便记录下“可不选点”的数量，设为 $g(u,0/1)$。我们尝试写出 $g$ 的转移式，发现了几个问题：

• $g$ 超级难转移，虽然也不是不可以转移
• 注意到我们还需要做换根dp，那就得支持减去一个子树。本来做 $f$ 就只能用 set 维护后面的 max 勉强支持减，$g$ 比 $f$ 还复杂，这里笔者想不下去了，我认为要对 $g$ 做换根dp是相当困难的。

总的来说就是十分困难。（事实上，我一半时间就是在搞这个，发现搞不出来）

一条路走不通了，试试看换条路走。哪里可以“换条路”呢？我们知道，在二分图中，最大匹配数+最大独立集=n。从而转化为考虑最大独立集。

最大独立集相关dp：

最大独立集的dp比最大匹配的dp简单很多，这也是转化成最大独立集的原因。

$f(u,0/1)$ 表示 $u$ 子树里，$u$ 不选/选，最大独立集。
$f(u,0)=\sum f(v,0/1),f(u,1)=1+\sum f(v,0)$

每个 $v$ 贡献是独立的，很容易进行减法从而支持换根dp。

加一条边匹配数增加 $1$，由于 $n$ 不变，就相当于最大独立集数减小 $1$。最大独立集减小 $1$，当且仅当 $a,b$ 都是最大独立集必选的点。此时，原来可以（且必须）选 $a,b$，现在它俩只能二选一了，最大独立集减小 $1$。

和“可不选”不一样，一个必须选，另一个必须选，那么两个就都是必须选的，它具有 “合并性”，“全必选”等价于“必全选”。此时答案就是必选点个数选 $2$ 个的方案数。

写出来发现又不对。这回又哪里不对了？仔细看一下，最大匹配数+最大独立集=n 只在二分图中成立，加一条边万一出来个奇环，就不是二分图了。不过加出来是偶环就是对的。

观察数据发现这样算出来总是偏大的并且大的不多。多算的也很明确，就是加一条边后，最大独立集减少了一个但是匹配数不变的方案数。此时由于 $n$ 不变，最大独立集+最大匹配数=n-1 ，并且生成了一个 “奇环基环树”。

从而我们有必要研究什么样的“奇环基环树”的最大独立集+最大匹配数=n-1。研究一会发现无论怎么样的结论都很难解决原问题，因为结论都是基于环上的每个子树的，而我们很难把这个子树提取出来。

实不相瞒，我另一半时间就花在这了。

我们重新回想一下，发现有这样一个东西：

我们分两步做。枚举 $a$ ，并删除，求匹配数看是否不变（如果这里就变了就不用再枚举 $b$ 了）。若不变（此时树被切成了若干子树），枚举 $b$ 并删除，此时看 $b$ 所在的那个子树的匹配数是否不变即可，其它子树就不用看了因为没受影响一定不变。

这里删除后求匹配数都是在树上求的。此时还没加边，可以使用 “最大独立集+最大匹配数=n” 的结论。

注意删了一个点后，点数就变成 $n-1$ 了，此时匹配数不变意味着最大独立集减小 $1$，那也就是这个点是必选点。

从而，边 $(a,b)$ 满足条件，当且仅当： $a$ 是（最大独立集的）必选点，且 $b$ 在 $a$ 子树里也是必选点。

参考上面那个没做下去的思路，我们维护 $g(u,0/1)$ 表示在 $f(u,0/1)$ 情况下的必选点个数。但我们发现有一个问题：如果 $f(u,0)=f(u,1)$， 那要维护两种情况的必选点的交集。这不是问题，我们再设一个状态 $g(u,2)$ 表示总的必选点数。当一边大时，就是那一边的 $g$，否则表示交集。

那可以写出转移：$g(u,0)=\sum g(v,2)$，$g(u,1)=\sum g(v,0)$。$g(u,2)$ 是难点。

当 $f(u,0)>f(u,1)$ 时，$g(u,2)=g(u,0)$； 当 $f(u,1)>f(u,0)$ 时，$g(u,2)=g(u,1)$。

否则就是最麻烦的情况。此时 $f(u,0)=f(u,1)$，也就是说 $\sum f(v,0/1)=1+\sum f(v,0)$

对于每个 $v$，它可能会选择 $\max(f(v,0),f(v,1))$ （即 $f(v,0/1)$）或者 $f(v,0)$。当 $f(v,0)\ge f(v,1)$ 时，这俩都是选 $f(v,0)$。此时必选点数贡献 $g(v,0)$。

否则就是说 $f(v,0)<f(v,1)$。那它可能选 $1$ 也可能选 $0$。必选点数贡献 $g(v,2)$ ... 吗？

此时我们发现它的 $g(v,2)=g(v,1)$，但我们希望它是一个交集。

再记一个状态 $s(u)$ 表示，选 $0$ 和选 $1$ 的必选点的交集，不管 $f(u,0)$ 和 $f(u,1)$ 的大小关系。 那此时应该是贡献一个 $s(u)$。

我们发现上面求的这个东西是 $f(u,0)=f(u,1)$ 情况下的 $g(u,2)$，其实就是 $s(u)$。加上 $s(u)$ 后，推一推发现，转移完整了。长这样：

$$g(u,0)=\sum g(v,2)\\ g(u,1)=\sum g(v,0)\\ s(u)=\sum f(v,0)\ge f(v,1)?g(v,0):s(v)\\ g(u,2)= \begin{cases} g(u,0) & if.\quad f(u,0)>f(u,1)\\ g(u,1) & if.\quad f(u,1)>f(u,0)\\ s(u) & if.\quad f(u,1)=f(u,0) \end{cases}$$

虽然它看起来十分丧心病狂，但也比匹配的那个转移简单很多，而且它有一个十分优秀的性质：贡献关于每个 $v$ 独立。

从而我们容易写出一个换根dp （建议用结构体封装加和减，会十分简单）。

记 $f',g',s'$ 表示全局信息，即以 $u$ 为根，整棵树的 $f,g,s$。举个例子 $f'(u,0)$ 就是整颗树，不选 $u$，最大独立集。它也就是删除 $u$ 后的最大独立集。它可以换根dp得到。

关于如何求答案也很显然了：枚举必选点 $a$ （即 $f'(a,0)<f'(a,1)$），求它的每个子树里有多少必选点，加起来即可。下面的子树直接用 $g$，但还有一个外子树，用 $fa[a]$ 的全局信息减去 $a$ 的信息即可得到。

代码