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简要题意:

  给出n个点的两棵无根树,编号都是从0到n-1

  现在每棵树任意选出一条边割断,设第一棵树选出的边为e1,第二棵树选出的边为e2

  很显然割断后两棵树各分成了四棵树,设第一棵树分成了A1树和B1树,第二棵树分成了A2树和B2树

  设S(a,b)为a树和b树之间相同编号的点的个数

  那么割断这两条边的价值为S(A1,B1),S(A1,B2),S(A2,B1),S(A2,B2)中的最大值的平方

  求出每对e1,e2的价值和


题解:

  又是一道卡了挺久的题

  我们把节点全部+1,把第二棵树的节点编号设为n+1到2n(方便操作)

  设两棵树的根节点分别为1和n+1

  先在第一棵树中找到一个非根节点,然后在第二棵树中找到另一个非根节点

  对于这两个节点显然有三种情况:

  1.取两个节点的子树

  2.取其中一个点的子树,另一个点的反子树(就是除了子树外的点)

  3.取两个节点的反子树

  然后对于三种情况更新答案就行了

  具体操作有点麻烦,看代码吧(有点小懒)

  PS:不知道该分到哪个专题,看了一下路牌,发现dalao都说是树形计数DP,那我就只好分成树形计数DP


参考代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node
{
int x,y,next;
}a[];int len,last[];
void ins(int x,int y)
{
len++;
a[len].x=x;a[len].y=y;
a[len].next=last[x];last[x]=len;
}
int tot[],n;
bool v[][];
void pre(int x,int fa)
{
tot[x]=;
if(x<=n) v[x][x]=true;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(y==fa) continue;
pre(y,x);
if(x<=n) for(int i=;i<=n;i++) v[x][i]|=v[y][i];
tot[x]+=tot[y];
}
}
LL ans;int s;
int dou(int x){return x*x;}
void getd(int x,int fa,int p)
{
if(v[p][x-n]==true) s++;
int t=s;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(y==fa) continue;
getd(y,x,p);
t=s-t;
ans+=dou(max(max(t,tot[y]-t),max(tot[p]-t,n-tot[p]-tot[y]+t)));
t=s;
}
}
void solve(int x,int fa)
{
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(y==fa) continue;
s=;getd(n+,,y);
solve(y,x);
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
len=;memset(last,,sizeof(last));
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);x++;y++;
ins(x,y);ins(y,x);
}
for(int i=;i<n;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);x++;y++;
ins(x+n,y+n);ins(y+n,x+n);
}
memset(v,false,sizeof(v));
pre(,);pre(n+,);
ans=;solve(,);
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

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