【题解】[HDU 6035] Colorful Tree

考虑统计不包含颜色 $i$ 的路径条数。

发现等价于：将所有 $c[u]=i$ 的点删除后所有连通块的贡献。设 $dp[u][i]$ 表示以 $u$ 为根的子树，不包括颜色 $i$ 的连通块的大小。根据定义不难得到：
$$dp[u][i]=\{\begin{array}{ll}\sum dp[v][i]\text{+1}& \text{c}[u]\ne i\\ & \\ 0& c[u]=i\end{array}$$
现在只需对于节点 $u$ 考虑 $c[u]$ 所产生的贡献。时间复杂度 $O(n^2)$ 。

当然这个转移式可以优化，就是第二维不太好维护。

提供一个 $O(nlogn)$ 的线段树做法。首先把 $c[u]=i$ 的点存下来，然后按 $dep[u]$ 从大到小排序，每次取出一个节点，遍历所有儿子，查询子树中剩余节点的个数，然后把整个子树删去。这样均摊操作次数 $O(n)$ ，用线段树大力维护即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int,int>
#define ll long long
#define f(x) 1ll*x*(x-1)/2
#define All(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
const int mx=2e5+5;
//qwq ...
int n,Case,c[mx],siz[mx],son[mx],num,dfn[mx],fa[mx],dep[mx];
struct SegmentTree{
	int siz,tag,len;
}t[mx<<2];
vector<int> g[mx],g2[mx];
void dfs(int u,int fath) {
	dep[u]=dep[fath]+1; fa[u]=fath; siz[u]=1; dfn[u]=++num;
	for(auto v:g[u]) {
		if(v==fath) continue;
		dfs(v,u),siz[u]+=siz[v];
	}
}
void PushUp(int p) {
	t[p].siz=t[p<<1].siz+t[p<<1|1].siz;
}
void PushDown(int p) {
	if(t[p].tag!=-1) return;
//	puts("Ac");
	t[p<<1].tag=t[p<<1|1].tag=-1;
	t[p<<1].siz=t[p<<1].len;
	t[p<<1|1].siz=t[p<<1|1].len;
	t[p].tag=0;
}
void build(int p,int l,int r) {
	t[p].siz=t[p].len=r-l+1; t[p].tag=0;
	if(l==r) return;
	int mid=l+r>>1;
	build(p<<1,l,mid);
	build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void update(int p,int l,int r,int ql,int qr){
	if(ql<=l&&r<=qr) {
		t[p].siz=0; t[p].tag=1; return;
	}
	if(t[p].tag==1) return;
	PushDown(p);
	int mid=l+r>>1;
	if(ql<=mid) update(p<<1,l,mid,ql,qr);
	if(mid<qr) update(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	PushUp(p);
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr) {
	if(ql<=l&&r<=qr) {
		return t[p].siz;
	}
	if(t[p].tag==1) return 0;
	PushDown(p);
	int mid=l+r>>1,ans=0;
	if(ql<=mid) ans+=query(p<<1,l,mid,ql,qr);
	if(mid<qr) ans+=query(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
	return ans;
}
bool cmp(int x,int y) {
	return dep[x]>dep[y];
}
signed main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    while(scanf("%d",&n)!=EOF) {
    	ll res=0; num=0;
  	    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);
  	    for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear();
  	    for(int i=1;i<n;i++) {
  	    	int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
  	    	g[u].push_back(v);
  	    	g[v].push_back(u);
		}
		dfs(1,0); build(1,1,n);
		for(int i=1;i<=n;i++) g2[i].clear();
		for(int i=1;i<=n;i++) g2[c[i]].push_back(i);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			if(!g2[i].size()) continue;
			sort(All(g2[i]),cmp);
			res+=f(n); 
//			build(1,1,n);
			t[1].tag=-1; t[1].siz=n;
			for(auto u:g2[i]) {
				for(auto v:g[u]) {
					if(v==fa[u]) continue;
					int tmp=query(1,1,n,dfn[v],dfn[v]+siz[v]-1);
					res-=f(tmp);
				}
				update(1,1,n,dfn[u],dfn[u]+siz[u]-1);
			}
			int tmp=t[1].siz;
			res-=f(tmp);
//			cout<<res<<endl;
		} 
		printf("Case #%d: %lld\n",++Case,res);
	} 
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530288.html
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