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题目大意：
　　给你一颗$n(n\le5000)$个点的树，选3个点使得它们两两距离相等，问共有几种选法。

思路：
　　首先我们不难发现一个性质：对于每3个符合条件的点，我们总能找到一个点使得这个点到那3个点距离相等。
　　我们不妨称之为“中转点”。
　　显然答案就是对于每个中转点，不同子树中到这个点距离相等的三元点对的数量。
　　我们可以先枚举每个点作为中转点的情况。
　　暴力求出以这个点的每个子结点为根的子树，不同深度的结点的数量（显然深度就是到这个中转点的距离）。
　　我们可以用calc[i][j]表示对于当前中转点，来自j个不同子树的深度为i的结点共有多少种不同的组合。
　　转移方程为calc[i][j]+=calc[i][j-1]*cnt[i]。

 #include<cstdio>
 #include<cctype>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 typedef long long int64;
 inline int getint() {
     register char ch;
     while(!isdigit(ch=getchar()));
     register int x=ch^'';
     while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
     return x;
 }
 const int N=;
 std::vector<int> e[N];
 inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
     e[u].push_back(v);
     e[v].push_back(u);
 }
 int n,cnt[N];
 int64 calc[N][];
 void dfs(const int &x,const int &par,const int &dep) {
     cnt[dep]++;
     for(unsigned i=;i<e[x].size();i++) {
         const int &y=e[x][i];
         if(y==par) continue;
         dfs(y,x,dep+);
     }
 }
 int main() {
     n=getint();
     for(register int i=;i<n;i++) {
         add_edge(getint(),getint());
     }
     int64 ans=;
     for(register int x=;x<=n;x++) {
         memset(calc,,sizeof calc);
         for(register int i=;i<=n;i++) calc[i][]=;
         for(register unsigned i=;i<e[x].size();i++) {
             memset(cnt,,sizeof cnt);
             const int &y=e[x][i];
             dfs(y,x,);
             for(register int j=;j;j--) {
                 for(register int i=;i<=n;i++) {
                     calc[i][j]+=calc[i][j-]*cnt[i];
                 }
             }
         }
         for(register int i=;i<=n;i++) {
             ans+=calc[i][];
         }
     }
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 } 　　现在考虑当$n\le10^5$的情况。

　　考虑$n\le10^5$的情况。
　　$f[i][j]$标示以$i$为根的子树中，与$i$距离为$j$的点数。$g[i][j]$标示以$i$为根的子树中，与$i$距离为$j$的点对数。则不难想到一种$O(n^2)$的转移：
　　$$
　　\begin{align*}
　　&g[x][i-1]+=g[y][i]\\
　　&g[x][i+1]+=f[x][i+1]\times f[y][i]\\
　　&f[x][i+1]+=f[y][i]
　　\end{align*}
　　$$
　　​边界为$f[x][0]=1$。
　　考虑优化这个转移，不难发现，若$y$是$x$枚举到的第一个子结点，则转移时只进行第一、第三个转移。因此我们可以考虑通过指针来实现，免去转移的过程。
　　将原树进行长链剖分，对于重边直接修改指针，对于轻边暴力转移，可以证明这样是$O(n)$的。

 #include<list>
 #include<cstdio>
 #include<cctype>
 typedef long long int64;
 inline int getint() {
     register char ch;
     while(!isdigit(ch=getchar()));
     register int x=ch^'';
     while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<)+x)<<)+(ch^'');
     return x;
 }
 const int N=;
 std::list<int> e[N];
 int dep[N],bot[N];
 int64 mem[N*],ans,*f[N],*g[N],*ptr=mem;
 inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
     e[u].push_back(v);
     e[v].push_back(u);
 }
 void dfs(const int &x,const int &par) {
     dep[bot[x]=x]=dep[par]+;
     for(std::list<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++) {
         const int &y=*i;
         if(y==par) continue;
         dfs(y,x);
         if(dep[bot[y]]>dep[bot[x]]) bot[x]=bot[y];
     }
     for(register std::list<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++) {
         const int &y=*i;
         if(y==par||(bot[y]==bot[x]&&x!=)) continue;
         f[bot[y]]=ptr+=dep[bot[y]]-dep[x]+;
         g[bot[y]]=++ptr;
         ptr+=(dep[bot[y]]-dep[x])*+;
     }
 }
 void dp(const int &x,const int &par) {
     for(std::list<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++) {
         const int &y=*i;
         if(y==par) continue;
         dp(y,x);
         if(bot[y]==bot[x]) {
             f[x]=f[y]-;
             g[x]=g[y]+;
         }
     }
     ans+=g[x][];
     f[x][]=;
     for(register std::list<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++) {
         const int &y=*i;
         if(y==par||bot[y]==bot[x]) continue;
         for(register int i=;i<=dep[bot[y]]-dep[x];i++) {
             ans+=f[x][i-]*g[y][i]+g[x][i+]*f[y][i];
         }
         for(register int i=;i<=dep[bot[y]]-dep[x];i++) {
             g[x][i-]+=g[y][i];
             g[x][i+]+=f[x][i+]*f[y][i];
             f[x][i+]+=f[y][i];
         }
     }
 }
 int main() {
     const int n=getint();
     for(register int i=;i<n;i++) {
         add_edge(getint(),getint());
     }
     dfs(,);
     dp(,);
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }