Treepath 题解

​ 一道简单的树形dp~

​ 求路径长度为偶数的路径数量，我们可以转化为求路径长度模2等于0的路径数量，这样就好做了~

​ 我们设\(dp[i][0]\)表示i的子树中，到i的路径长度模2等于0的路径数量

​ 同理，\(dp[i][1]\)就是模2等于1的路径数量了~

​ 我们想想转移：

​ 我们用\(x\)的一个儿子\(y\)来更新\(x\)，那么，我们可以轻松发现，到\(y\)的路径长度为奇数的，到\(x\)就为偶数了（因为多走了一步）；到\(y\)为偶数的，到\(x\)就变成了奇数。所以，我们有转移方程：

​ \(dp[x][0]=\sum_{y\in son(x)}dp[y][1]\)

​ \(dp[x][1]=\sum_{y\in son(x)}dp[y][0]\)

​ 好了，求出这个后，我们就来想想怎么求答案。

​ 我们可以考虑枚举每个路径的lca，这样，我们发现，我们其实需要用的就是dp值了~

​ 我们假设，我们现在枚举到的lca是\(x\)，我们假设，我们现在添加了一个新的儿子\(y\),要算\(y\)关于之前已添加点的贡献，怎么办？

​ 首先，假设\(y\)不与其他儿子合并，那么答案就是\(dp[y][1](到x要多走1步)\)

​ 如果\(y\)和其他儿子合并呢？假设之前已经添加好并计算好贡献的儿子分别为\(a_1,a_2...a_k\)

​ 我们发现，答案就是:

​ \(\sum_{i=1}^{k}(dp[a_i][0]*dp[y][0]+dp[a_i][1]*dp[y][1])\)

​ 我们把答案整理下，就是：

​ \(dp[y][0]*\sum_{i=1}^{k}(dp[a_i][0])+dp[y][1]*\sum_{i=1}^{k}(dp[a_i][1])\)

​ 我们发现，我们的只需要知道之前我们计算好贡献的儿子的dp值的和即可直接获得现在这个儿子的贡献了

​ 我们观察后发现，这个和，不就是我们dfs时，算的\(dp[x][1/0]\)的值吗？所以，我们可以非常简单的在dfs算\(dp[x][0/1]\),同时计算答案~

​ 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+1;
#define int long long
struct node{
    int v,nex;
}t[N<<1];
int las[N],len;
int dp[N][2];
inline void add(int u,int v){
    t[++len]=(node){v,las[u]},las[u]=len;
}
long long ans;
inline void dfs(int now,int fa){
    dp[now][0]=1;
    for(int i=las[now];i;i=t[i].nex){
        int v=t[i].v;
        if(v!=fa){
            dfs(v,now);
            ans+=(dp[v][0]*dp[now][1]);ans+=(dp[v][1]*dp[now][0]);
            dp[now][0]+=dp[v][1];dp[now][1]+=dp[v][0];
        }
    }
}
signed main(){
    int n;
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u,v;
        scanf("%lld%lld",&u,&v);
        add(u,v),add(v,u);
    }
    dfs(1,1);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}