这个题......确实是CSPNOIP题qwq

感觉猜到一个性质就差不多了,首先,对于一棵树,随便拎一个节点\(rt\)当根节点,那么他的重心一定在\(rt\)的重儿子里,进一步的,可以发现重心一定在\(rt\)向下的重链上。

根据这条性质,以及重链上从上到下节点的\(size\)一定是递减的,所以考虑在重链上倍增。

具体的令\(f[x][i]\)表示\(rt\)为根的时候,节点\(x\)沿着重链向下走\(2^i\)步到达的节点,这样,求重心从大到小枚举\(i\),向下跳就好了,另外一些细节可以自己画一个简单的图感性理解一下\(qwq\)。

基于上面的那个求重心的方法,类似换根\(dp\),二次扫描维护\(f\)和重儿子求答案就好了。

实现详见代码(配合c++11食用qaq):

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI; const int N=3e5+10,LOGN=20;
VI g[N];
int n,siz[N],f[N][23],son[N],fa[N];
ll ans; void getf(int x) {
rep(i,1,LOGN) f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
}
void calc(int x) {
int u=x;
per(i,0,LOGN) {
if(f[u][i]&&siz[f[u][i]]*2>=siz[x]) // 这里可以画张图感性理解一下qwq
u=f[u][i];
}
if(siz[u]*2==siz[x]) ans+=fa[u];
ans+=u;
} void dfs(int x,int ff) {
fa[x]=ff;
siz[x]=1,siz[son[x]=0]=0;
for(auto v:g[x]) if(v!=ff) {
dfs(v,x),siz[x]+=siz[v];
if(siz[v]>siz[son[x]]) son[x]=v;
}
f[x][0]=son[x],getf(x);
} void getans(int x,int ff) {
int x1=0,x2=0; siz[0]=0;
for(auto v:g[x]) { // 枚举与x相邻的点,算出最大的儿子和次大的儿子
if(siz[v]>=siz[x1]) x2=x1,x1=v;
else if(siz[v]>=siz[x2]) x2=v;
}
for(auto v:g[x]) if(v!=ff) {
calc(v);
f[x][0]=v==x1?x2:x1,getf(x); //
siz[x]-=siz[v],siz[v]+=siz[x];
calc(x);
fa[x]=v,getans(v,x);
siz[v]-=siz[x],siz[x]+=siz[v]; // 在算完边(x,v)对答案的贡献的时候要注意撤回影响
}
f[x][0]=son[x]; // 回溯的时候撤销操作
getf(x),fa[x]=ff;
} void sol() {
memset(siz,0,sizeof(siz));
memset(son,0,sizeof(son));
memset(f,0,sizeof(f));
memset(fa,0,sizeof(fa)); // 多测不清空抱凛两行泪TAT
ans=0; scanf("%d",&n);
rep(i,0,n+1) g[i].clear();
rep(i,0,n-1) {
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
g[x].pb(y),g[y].pb(x);
}
dfs(1,0),getans(1,0);
printf("%lld\n",ans);
} int main() {
int _; scanf("%d",&_); while(_--) sol();
return 0;
}

另外,听说NOIP复活了?

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