考虑到树上操作;
首先题目要我们求每条路径上出现不同颜色的数量,并把所有加起来得到答案;
我们知道俩俩点之间会形成一条路径,所以我们可以知道每个样例的总的路径的数目为:n*(n-1)/2;

这样单单的求,每条路径(n:2e5)无疑会爆;

这样我们假设所有路径上都存在所有的颜色,所有总的答案为n*(n-1)/2*n;

然后我们再在里面减去我们不需要的;

这里我们要运用虚树(当前图的信息整合而已)的思想,其实也没有建出一颗树;

对于一个顶点u,颜色为x,在它的子树内所有以颜色x为根的子树都要舍去;//这个过程用dfs实现

代码又注释其中过程

  1. #include<iostream>
  2. #include<vector>
  3. #include<cstdio>
  4. #include<algorithm>
  5. #include<cstring>
  6. #include<vector>
  7. using namespace std;
  8.  
  9. typedef long long ll;
  10. const int M=2e5+5;
  11.  
  12. vector < int > e[M];
  13. int top[M];////此时颜色为i的联通块的top
  14. int col[M];
  15. int a[M];//以i为根节点的子树中,不在i所在的联通块中节点的number
  16. int b[M];//以颜色i为分界线,不在根节点所在的联通块中的节点个数
  17. ll n,ans;
  18. int dfs(int u,int f){
  19. int u_sz=1,curtop=top[col[u]];
  20. top[col[u]]=u;
  21. for(int i=0;i<e[u].size();i++){
  22. int v=e[u][i];
  23. if(v!=f){
  24. a[u]=0;
  25. int v_sz=dfs(v,u);
  26. ll x=v_sz-a[u];
  27. ans-=x*(x-1)/2;
  28. u_sz+=v_sz;
  29. }
  30. }
  31. if(curtop){
  32. a[curtop]+=u_sz;
  33. }
  34. else
  35. b[col[u]]+=u_sz;
  36. top[col[u]]=curtop;
  37. return u_sz;
  38. }
  39. int main(){
  40. int sign=1;
  41. while(~scanf("%lld",&n)){
  42. for(int i=0;i<=n;i++){
  43. e[i].clear();
  44. a[i]=0,b[i]=0;
  45. top[i]=0;
  46. }
  47. for(int i=1;i<=n;i++)
  48. scanf("%d",&col[i]);
  49. for(int i=1;i<n;i++){
  50. int x,y;
  51. scanf("%d%d",&x,&y);
  52. e[x].push_back(y);
  53. e[y].push_back(x);
  54. }
  55. ans=n*(n-1)/2*n;
  56. // cout<<ans<<endl;
  57. dfs(1,-1);
  58. for(int i=1;i<=n;i++){//这一步是因为dfs中没有对根节点进行操作
  59. ll x=n-b[i];
  60. ans-=x*(x-1)/2;
  61. }
  62. printf("Case #%d: %lld\n",sign++,ans);
  63. }
  64. return 0;
  65. }

  

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