~~~~~ P3565 [POI2014] HOT-Hotels ~~~~~ 总题单链接
思路
~~~~~ 设 g [ u ] [ i ] g[u][i] g[u][i] 表示在 u u u 的子树内，距离 u u u 为 i i i 的点的个数。
~~~~~ 设 d p [ u ] [ i ] dp[u][i] dp[u][i] 表示： u u u 的子树内存在两个点 x , y x,y x,y，设 d i s ( x , l c a ) = d i s ( y , l c a ) = d dis(x,lca)=dis(y,lca)=d dis(x,lca)=dis(y,lca)=d， d i s ( l c a , u ) = k dis(lca,u)=k dis(lca,u)=k， i = d − k i=d-k i=d−k。举个栗子：
~~~~~ 上图中 d p [ 1 ] [ 1 ] = 3 dp[1][1]=3 dp[1][1]=3（{x=4,y=5},{x=4,y=8},{x=6,y=8}）。
~~~~~ 对于每个 u u u：
~~~~~ a n s = a n s + d p [ u ] [ 0 ] ans=ans+dp[u][0] ans=ans+dp[u][0]
~~~~~ a n s = a n s + ∑ x , y ∈ s o n ( u ) , x ! = y d p [ x ] [ j + 1 ] ∗ g [ y ] [ j − 1 ] ans=ans+\sum_{x,y\in son(u),x!=y}dp[x][j+1]*g[y][j-1] ans=ans+∑x,y∈son(u),x!=ydp[x][j+1]∗g[y][j−1]，为什么是 j + 1 j+1 j+1 和 j − 1 j-1 j−1？因为 u u u 和 y y y 已经补了两个，不懂的同学可以画个图看一下。
~~~~~ d p [ u ] [ i ] = d p [ u ] [ i ] + g [ x ] [ i − 1 ] ∗ g [ y ] [ i − 1 ] dp[u][i] =dp[u][i]+g[x][i-1]*g[y][i-1] dp[u][i]=dp[u][i]+g[x][i−1]∗g[y][i−1]，这是 k = 0 k=0 k=0 的情况。
~~~~~ d p [ u ] [ i ] = d p [ u ] [ i ] + d p [ v ] [ i − 1 ] dp[u][i]=dp[u][i]+dp[v][i-1] dp[u][i]=dp[u][i]+dp[v][i−1]
~~~~~ 以上公式可以用前缀和做到 O ( N ) O(N) O(N) 转移。
~~~~~ 时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)，空间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)。
~~~~~ 发现这道题可以用长链剖分将时间复杂度优化至 O ( N ) O(N) O(N)，但这个以后再将。
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;ll ans;vector<int>eg[5002];
int f[5002][5002],g[5002][5002];
inline void dfs(int fa,int p)
{
f[p][0]=1;
for(int v:eg[p]) {
if(v==fa)continue;
dfs(p,v);
for(int i=0;i<=n;i++)ans+=g[p][i]*(i==0?0:f[v][i-1])+g[v][i+1]*f[p][i];
for(int i=0;i<=n;i++)g[p][i]+=f[p][i]*(i==0?0:f[v][i-1])+g[v][i+1];
for(int i=1;i<=n;i++)f[p][i]+=f[v][i-1];
}
}
signed main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++) {
int u,v;cin>>u>>v;
eg[u].push_back(v);
eg[v].push_back(u);
}
dfs(0,1);
cout<<ans;
return 0;
}