[POI2014]HOT-Hotels 加强版

I.II.[POI2014]HOT-Hotels 加强版

易于发现，三点间两两距离相等，当且仅当两个LCA较深的点到它们的LCA距离相等，且第三个点到该LCA的距离与前两个点相同。

于是我们设 $f_{x,i}$ 表示 $x$ 子树中有多少对点，它们到LCA距离相同，且上述距离比该LCA到 $x$ 的距离长 $i$。考虑现在将子树 $y$ 合并进答案。

则有 $f_{x,i}\times g_{y,i+1}\rightarrow ans$，$g_{x,i}\times f_{y,i-1}\rightarrow ans$，$f_{x,i}\times f_{y,i-1}\rightarrow g_{x,i}$，$f_{y,i-1}\rightarrow f_{x,i}$，$g_{y,i+1}\rightarrow g_{x,i}$。

但是这显然过不去 $10^5$ 的数据。

但是，因为DP状态与深度有关，就可以考虑长链剖分优化。具体而言，考虑到仅有一个儿子时，直接有 $f_{y,i-1}\rightarrow f_{x,i}$ ，$g_{y,i+1}\rightarrow g_{x,i}$，以及一个 $g_{y,1}\rightarrow ans$，可以直接通过指针之类 $O(1)$ 转移。则如果我们考虑继承长儿子的答案的话，就会大大优化复杂度。具体优化了多少呢？总复杂度可以被证明是 $O(n)$ 的。

指针使用时要极其小心，不能调用奇奇怪怪的东西，不能越界，一定要仔细算好范围。

时间复杂度 $O(n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,dep[100100],son[100100];
int F[500100],*f[100100],*ff=F;
ll G[500100],*g[100100],res,*gg=G;
vector<int>v[100100];
void dfs1(int x,int fa){
	for(auto y:v[x])if(y!=fa){dfs1(y,x);if(dep[son[x]]<dep[y])son[x]=y;}
	dep[x]=dep[son[x]]+1;
}
void init(int x){f[x]=ff,ff+=dep[x]+1,gg+=dep[x]+1,g[x]=gg,gg+=dep[x]+1;}
void dfs2(int x,int fa){
	if(!f[x])f[x]=ff,ff+=(dep[x]<<1);
	if(!g[x])gg+=dep[x],g[x]=gg,gg+=dep[x];
	if(son[x])f[son[x]]=f[x]+1,g[son[x]]=g[x]-1,dfs2(son[x],x),res+=g[x][0];
	f[x][0]=1;
	for(auto y:v[x])if(y!=fa&&y!=son[x]){
		dfs2(y,x);
		for(int i=1;i<=dep[y];i++)res+=g[y][i]*f[x][i-1];
		for(int i=0;i<=dep[y];i++)res+=g[x][i+1]*f[y][i];
		for(int i=0;i<=dep[y];i++)g[x][i+1]+=1ll*f[x][i+1]*f[y][i];
		for(int i=0;i<dep[y];i++)g[x][i]+=g[y][i+1];
		for(int i=0;i<=dep[y];i++)f[x][i+1]+=f[y][i];
	}
//	printf("%d:\n",x);for(int i=0;i<=dep[x];i++)printf("%d %d\n",f[x][i],g[x][i]);
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x,y;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
	dep[0]=-1,dfs1(1,0);
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("(%d %d)",dep[i],son[i]);puts("");
	dfs2(1,0),printf("%lld\n",res);
	return 0;
}