寫在前頭

玩一下csdn的markdown。
這道題的大意是

給定一棵樹，兩個相鄰點之間的距離為$1$，對于相鄰距離為$2$的點之間可以新建一條邊，要求每個點到其他所有點點的距離之和的和。

看似是一道搜索題，但是我多日后再想起來感覺還有動態(tài)規(guī)劃的思路在里頭。

t23

參考帖子：http://lexue.bit.edu.cn/mod/forum/discuss.php?d=126124，閱讀前請先看一看這篇文章。

如果看不到原帖，這里大致概括本貼中用到的原帖中的結(jié)論，對于相鄰的節(jié)點 $i,j$，原帖總結(jié)了所有節(jié)點中除了 $i,j$ 外的任意節(jié)點 $x$ 到 $i$ 的距離 $d$ 于到 $j$ 的距離 $d^{\prime }$ 之間的關(guān)系。

本文是對上貼中最后留白部分的推論，我寫這個的時候程序還沒寫（主要是擔心寫不出ac，先寫寫推導過程拿一點平時分orz）

約定

在zzxdl的帖子中兩點之間的距離用 $dist$ 表示，文中用 $d$ 表示，且 $d(x,x)=0,d^{\prime }(x,x)=0$

正文

對于圖 $G(E,V)$，取一條邊 $i?j$，邊上的兩點分別為 $i,j$，設節(jié)點 $i$ 的所有子樹編號為 $1,\dots ,n$，$j$ 節(jié)點所有子樹編號為$1,\dots ,m$，對于 $i$ 節(jié)點的第 $k$ 個子樹上所有節(jié)點的集合為 $S_{ik}$，其中所有到 $i$ 距離為偶數(shù)的節(jié)點的集合為 $E_{ik}$ ，距離為奇數(shù)的節(jié)點的集合為 $O_{ik}$。于節(jié)點 $j$ 同理。

那么有：
$$\begin{array}{r}\underset{k}{?}{E}_{jk}=\underset{k}{?}{O}_{ik}?\{j\}\\ \underset{k}{?}{O}_{jk}=\underset{k}{?}{E}_{ik}\cup \{i\}\end{array}$$
令：
$$\begin{array}{rlr}& O_i=\underset{k}{?}{O}_{ik}& O_j=\underset{k}{?}{O}_{jk}\\ & E_i=\underset{k}{?}{E}_{ik}& E_j=\underset{k}{?}{E}_{jk}\\ & su{m}_i=\sum _{u=i}{d}^{\prime }(u,i)& \\ & su{m}_j=\sum _{u=j}{d}^{\prime }(u,j)& \end{array}$$
顯然，結(jié)合上文的推導：
$$\begin{array}{rl}su{m}_i& =\sum _{u\in E_i}{d}^{\prime }(u,i)+\sum _{u\in O_i}{d}^{\prime }(u,i)\\ su{m}_j& =\sum _{u\in E_j}{d}^{\prime }(u,j)+\sum _{u\in O_j}{d}^{\prime }(u,j)\\ & =\sum _{u\in O_i?\{j\}}{d}^{\prime }(u,j)+\sum _{u\in E_i+\{i\}}{d}^{\prime }(u,j)\\ & =\sum _{u\in O_i}{d}^{\prime }(u,j)+\sum _{u\in E_i}{d}^{\prime }(u,j)+1\end{array}$$
由于 $(i,j)\in E$，所以有且僅有唯一的 $p\in \{1,2\dots ,n\}$，使得其所對應的子樹中所有點的集合滿足：
$$\begin{array}{rl}j& \in S_{ip}\\ E_{ip}+O_{ip}& =S_{ip}\end{array}$$
那么：
$$\begin{array}{rl}su{m}_j& =\sum _{u\in O_i?O_{ip}}{d}^{\prime }(u,j)+\sum _{u\in E_i?E_{ip}}{d}^{\prime }(u,j)+1+\sum _{u\in O_{ip}}{d}^{\prime }(u,j)+\sum _{u\in E_{ip}}{d}^{\prime }(u,j)\\ & =\sum _{u\in O_i?O_{ip}}{d}^{\prime }(u,i)+\sum _{u\in E_i?E_{ip}}{d}^{\prime }(u,i)+1+|E_i|?|E_{ip}|+\sum _{u\in O_{ip}}{d}^{\prime }(u,i)?|O_{ip}|+\sum _{u\in E_{ip}}{d}^{\prime }(u,i)\\ & =\sum _{u\in E_i}{d}^{\prime }(u,i)+\sum _{u\in O_i}{d}^{\prime }(u,i)+|E_i|?|S_{ip}|+1\\ & =su{m}_i+|E_i|?|S_{ip}|+1\end{array}$$

由此再進行一次深度優(yōu)先搜索即可得到答案。

貼上代碼

#include <iostream> #include <vector> using namespace std;#define N 200 // 2000000 #define HALF(x) (((x)&1) + ((x)>>1)) // 除二并向上取整vector<int> edge[N]; /* oddR 所有節(jié)點到根節(jié)點的奇數(shù)點的個數(shù) evenR 所有節(jié)點到根節(jié)點的偶數(shù)點的個數(shù) sizeTree 以r為根的數(shù)中每一個幾點所代表的子樹的節(jié)點個數(shù) */ int oddR, evenR, sizeTree[N]; int disRoot[N]; // 節(jié)點到根的距離 long long sum[N], sumUp;int E(int i); // 到節(jié)點i的距離為偶數(shù)的點的個數(shù) int O(int i); // 到節(jié)點i的距離為奇數(shù)的點的個數(shù) int dfs1(int i, int f); // 給出所有點的子樹的規(guī)模 void dfs2(int i, int f, int r, int depth); // 給出所有點的奇偶節(jié)點的數(shù)量 void dfs3(int i, int f); // 轉(zhuǎn)移計算int main(void) {int n, a, b, r;cin >> n;while (n-- > 1){scanf("%d%d", &a, &b); getchar();edge[a].push_back(b);edge[b].push_back(a);}r = a;dfs1(r, 0);dfs2(r, 0, r, 1);sumUp += sum[r];dfs3(r, 0);cout << sumUp / 2 << endl;return 0; }void dfs3(int i, int f) {for (int j = 0; j < edge[i].size(); j++){int tmp = edge[i][j];if (tmp != f){sum[tmp] = sum[i] + E(i) - sizeTree[tmp] + 1;sumUp += sum[tmp];dfs3(tmp, i);}}return; }int E(int i) { return disRoot[i] % 2 == 0 ? evenR : oddR - 1; } int O(int i) { return disRoot[i] % 2 == 0 ? oddR : evenR + 1; }void dfs2(int i, int f, int r, int depth) {for (int j = 0; j < edge[i].size(); j++){int tmp = edge[i][j];if (tmp != f){if (depth & 1 == 1) // 距離根節(jié)點奇數(shù)距離oddR++;else evenR++; // 距離根節(jié)點偶數(shù)距離disRoot[tmp] = depth;sum[r] += HALF(depth);dfs2(tmp, i, r, depth + 1);}}return; }int dfs1(int i, int f) {for (int j = 0; j < edge[i].size(); j++){int tmp = edge[i][j];if (tmp != f)sizeTree[i] += dfs1(tmp, i);}sizeTree[i]++;return sizeTree[i]; }

總結(jié)

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