[CF391E2]Three Trees
https://zybuluo.com/ysner/note/1246822
题面
有三棵树，建两条边让他们相连，最大化所有点对距离之和。
- \(40pts\ n\leq1000\)
- \(100pts\ n\leq10^5\)
解析
\(40pts\)算法
似乎是怎么暴力怎么搞。
先预处理出三棵树内所有点对的距离\(dis\)和每一个点到其他点的距离和\(sum\)，然后枚举最后另两颗树接到哪棵树上。
接着举例推导两颗树相连时对答案新产生的贡献（考场上推了\(1h\)？？？）
设建的边两端点分别是\(u\)点，对应\(A\)树,大小为\(size[A]\)；
\(v\)点,对应\(B\)树,大小为\(size[B]\)。hree Trees
边长为\(len\)。
则贡献为$$sum[u]size[B]+lensize[A]size[B]+sum[v]size[A]$$
（这是整道题的钥匙）
然后枚举另两棵树接在第三棵树的哪个点上，同时计算答案即可。
答案中要同时统计：(设\(A\),\(C\)两树接到\(B\)上)
- \(A,B,C\)三树各自内部的点对距离和
- \(A,B\)两树产生的点对距离和
- \(B,C\)两树产生的点对距离和
- \(A,C\)两树产生的点对距离和
都是直接套用上面的式子。
复杂度\(O(n^2)\)。
\(100pts\)算法
注意到\(O(n^2)\)求\(sum\)似乎很傻逼。
可以换种思路，两次\(O(n)\)的树形\(DP\)解决。
第一次统计子树大小\(sz\)和子树所有点到根结点的距离之hree Trees和\(sum\)。
设\(u\)为父结点，\(v\)为子结点。
则\(sz[u]+=sz[v],sum[u]+=sz[v]+sum[v]\)。
第二次应用换根思想。
想一想若根变为儿子,原有的\(sum\)会怎么变化。
首先到\(n-sz[v]\)个点的距离会全部\(+1\)。
其次，每次往\(v\)移，\(sum\)都需新加上\(u\)结点的其他儿子及子树的贡献（\(u\)子树外的贡献都被\(u\)点统计过了）。
若设父亲\(sum\)加上的值为\(x\)，
则儿子\(sum\)加上的值为\(x+n-sz[v]+sum[u]-sum[v]-sz[v]\)
于是预处理复杂度降到\(O(n)\)。
接着发现枚举另两棵树接在第三棵树的哪个点上，是复杂度瓶颈。
但是，如设\(B\)树\(sum\)值最大的点为\(j\)，那么可以猜出接一棵树在上面肯定不会不优（由那个式子决定）。
于是只要枚举另一棵树接在哪个结点上即可。
由于要现算\(len\)，复杂度\(O(nlogn)\)。
注意下式子运算过程中是否乘爆。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define fp(i,a,b) for(re int i=a;i<=b;i++)
#define fq(i,a,b) for(re int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int N=2e5+100,inf=1e9;
ll ans;
struct Tree
{
int h[N],cnt,sz[N],pos,son[N],top[N],f[N];
ll mx,tot[N],sum[N],dd,d[N],n;
il Tree(){memset(h,-1,sizeof(h));cnt=0;pos=1;}
struct Edge{int to,nxt;}e[N<<1];
il void add(re int u,re int v){e[++cnt]=(Edge){v,h[u]};h[u]=cnt;e[++cnt]=(Edge){u,h[v]};h[v]=cnt;}
il void dfs1(re int u,re int fa)
{
sz[u]=1;f[u]=fa;d[u]=d[fa]+1;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs1(v,u);
sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]]) son[u]=v;
sum[u]+=sz[v]+sum[v];
}
}
il void dfs2(re int u,re int up)
{
top[u]=up;
if(son[u]) dfs2(son[u],up);
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(v==f[u]||v==son[u]) continue;
dfs2(v,v);
}
}
il void dfs3(re int u,re int fa,re ll las)
{
tot[u]=sum[u]+las;dd+=tot[u];
if(tot[u]>mx) mx=tot[u],pos=u;
for(re int i=h[u];i+1;i=e[i].nxt)
{
re int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs3(v,u,las+n-sz[v]+sum[u]-sum[v]-sz[v]);
}
}
il int LCA(re int u,re int v)
{
while(top[u]^top[v])
{
if(d[top[u]]<d[top[v]]) swap(u,v);
u=f[top[u]];
}
return d[u]<d[v]?u:v;
}
il ll Dis(re int u,re int v){return d[u]+d[v]-2*d[LCA(u,v)];}
}T[4];
il void calc(re int A,re int B,re int C)
{
re ll s=(T[A].dd+T[B].dd+T[C].dd)+(T[A].mx*T[B].n+T[A].n*T[B].n+T[B].mx*T[A].n)+(T[C].mx*T[B].n+T[B].n*T[C].n+0)+(T[A].mx*T[C].n+0+T[C].mx*T[A].n),ysn=0;
fp(i,1,T[B].n) ysn=max(ysn,T[B].tot[i]*T[C].n+(T[B].Dis(T[B].pos,i)+2)*T[A].n*T[C].n);
ans=max(ans,s+ysn);
}
il ll gi()
{
re ll x=0,t=1;
re char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
if(ch=='-') t=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int main()
{
T[1].n=gi();T[2].n=gi();T[3].n=gi();
fp(i,1,T[1].n-1) T[1].add(gi(),gi());
fp(i,1,T[2].n-1) T[2].add(gi(),gi());
fp(i,1,T[3].n-1) T[3].add(gi(),gi());
fp(i,1,3) T[i].dfs1(1,0),T[i].dfs2(1,1),T[i].dfs3(1,0,0),T[i].dd/=2;
fp(i,1,3)
fp(j,1,3)
{
if(i==j) continue;
calc(i,j,6-i-j);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
