CF1060E 题解
前言
提供一种更加麻烦的换根 DP 写法。
思路
手玩样例。发现一个性质：原图上距离为 \(w\) 的两个点，在新图上的距离是 \(\lfloor\dfrac{w}{2}\rfloor\)。
于是题目就是求 \(\sum\limits_{u=1}^n\sum\limits_{v=1}^n\lfloor\dfrac{dis(u, v)}{2}\rfloor\)，很容易想到求出每一个 \(\sum\limits_{v=1}^n\lfloor\dfrac{dis(u, v)}{2}\rfloor\) 后求和即为答案。
这种形式就是换根 DP。
维护 \(siz_{u, i}\)（\(i \in \{0, 1\}\)）表示 \(u\) 的子树到 \(u\) 的原距离为奇数（或偶数）的点的数量。
同样地，\(sum_u\) 统计 \(u\) 的子树到 \(u\) 的新距离的点的数量。
于是就有：
\[siz_{u, 0} = 1 + \sum\limits_{v \in son_u} siz_{v, 1}
\]
\[siz_{u, 1} = \sum\limits_{v \in son_u} siz_{v, 0}
\]
\[sum_u = 1 + \sum\limits_{v \in son_u} (sum_v + siz_{v, 0})
\]
状态很套路所以就不解释了。
然后就是换根。不妨设当前以 \(1\) 为根，于是 \(ans_u\) 表示以 \(u\) 为根的时候的答案。
接下来就是换根：
\[ans_u = \begin{cases}
1 & u = 1 \\
ans_{fa} + siz_{1, k} - siz_{u, 1} - siz_{u, 0} & \text{otherwise}
\end{cases}\]
其中 \(k\) 表示 \(dep_u \mod 2\)。
解释一下。对于 \(u\)：
- 所有到 \(u\) 为奇数的点的距离都要加 \(1\)，一共有 \((siz_{1, k} - siz_{u, 1})\) 个这种点。
- 所有到 \(u\) 为偶数的点的距离都要减 \(1\)，一共有 \(siz_{u, 0}\) 个这种点。
答案即为 \(\lfloor\dfrac{\scriptsize\sum\limits_{i=1}^n ans_i}{2}\rfloor\)。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
struct Edge {int now, nxt;} e[N << 1];
int head[N], cur;
void add(int u, int v)
{
e[++cur].now = v, e[cur].nxt = head[u];
head[u] = cur;
}
ll sum[N], siz[N][2];
void dfs(int u, int fa)
{
siz[u][0] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].now;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
siz[u][0] += siz[v][1], siz[u][1] += siz[v][0];
sum[u] += (sum[v] + siz[v][0]);
}
}
ll ans[N];
void DFS(int u, int fa, int dep)
{
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt)
{
int v = e[i].now;
if (v == fa) continue;
ans[v] = ans[u] + siz[1][dep & 1] - siz[v][1] - siz[v][0];
DFS(v, u, dep + 1);
}
}
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
add(u, v), add(v, u);
}
dfs(1, 0), ans[1] = sum[1], DFS(1, 0, 0);
ll zlt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) zlt += ans[i];
cout << zlt / 2;
return 0;
}
希望能帮助到大家！
