2017 Multi-University Training Contest - Team 1 1003&&HDU 6035 Colorful Tree【树形dp】

Colorful Tree

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Total Submission(s): 1539 Accepted Submission(s): 616




[align=left]Sample Input[/align]

3
1 2 1
1 2
2 3
6
1 2 1 3 2 1
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6

[align=left]Sample Output[/align]

Case #1: 6
Case #2: 29

[align=left]Source[/align]
2017 Multi-University Training Contest - Team 1
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6035

题意：

一棵n个结点的树，每个结点都有颜色，定义两点之间的路径长度为路径上出现的不同颜色数目，求树上所有路径的长度和。

思路：

“真的难”系列。

官方题解：



首先这题肯定是算贡献，也就是计算出每种颜色参与了多少条路径，但这样正面考虑并不容易，不妨从反面考虑，计算每种颜色没有参与多少路径，然后拿 (路径总数 * 颜色总数) - 没参与的贡献，就是答案了。

对于一种颜色x，怎么计算没参与的路径数目呢，很显然，对于每个不包含颜色x的连通块中任意两点路径都是x不参与的贡献，那么问题就转化为，对于任意一种颜色x，需要求出每个不包含x的连通块大小。

这里利用了树形dp，对于结点u，若u的颜色为x，那么dfs(u)的过程中，我们就想知道对于u的每个儿子v构成的子树中最高的一批颜色也为x的结点是哪些，要是知道这些结点子树的大小，只要拿子树v的大小减去这些节点子树的大小，就可以得到包括v在内的没有颜色x的连通块大小。

举个例子，如图：



对于结点1，我们想求出与1相邻的且不是黑色的结点组成的连通块大小，此时就要dfs结点1的两个儿子2和3，若我们处理出来结点2中，最高的一批黑色结点（4，8）的所构成子树的大小分别为2和1，那么我们拿2为根子树的大小5，减去2，减去1，就得到了结点2不包含黑色结点的连通块大小是5-2-1=2，也就是图中的2和5组成的连通块。同理对3，可以求得连通块大小是2（{3，6}）。

计算出了子树u中连通块大小对答案的贡献之后，就要将当前最高一批的黑色结点更新为u，最高黑色节点构成的子树大小sum加上子树u中没有计算的那部分大小5（{1,2,3,5,6}）。

具体实现，看代码，sum[x]表示的遍历到当前位置，颜色为x的高度最高一批结点为根的子树大小总和。

下面给出AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
typedef long long LL;

LL color[MAXN], sz[MAXN], sum[MAXN], vis[MAXN];
vector <int> tree[MAXN];
LL ans;

LL dfs(int u, int pa) {
sz[u] = 1;
LL allson = 0;
int cnt = tree[u].size();
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int v = tree[u][i];
if (v == pa) continue;
LL last = sum[color[u]];            // 保存递归之前的sum值
sz[u] += dfs(v, u);
LL add = sum[color[u]] - last;      // add就是结点v为根的子树中颜色为color[u]且高度最高的若干子树的大小
// 对于结点v来说，sz[v]-add就是v这棵子树最上端的，且不包含颜色为color[u]的连通块大小
ans += (sz[v] - add) * (sz[v] - add - 1) / 2;    // 对这个连通块中任意两个点的路径都不包含颜色color[u]
allson += sz[v] - add;          // allson记录下儿子结点v组成的不含颜色color[u]的连通块大小总和
}
sum[color[u]] += allson + 1;        // sum更新，此时要加上不含color[u]连通块的大小总和以及u自己
return sz[u];
}

int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
int n, cs = 0;
while (scanf("%d", &n) !=EOF) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(sum, 0, sizeof(sum));
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%I64d", &color[i]);
if (!vis[color[i]]) ++cnt;
vis[color[i]] = 1;
tree[i].clear();
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
tree[u].push_back(v);
tree[v].push_back(u);
}
printf("Case #%d: ", ++cs);
if (cnt == 1) {             // 只有一种颜色的特殊情况
printf("%I64d\n", (LL)n * (n - 1LL) / 2LL);
continue;
}
ans = 0;
dfs(1, -1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {      // 注意最后要对整棵树来补充所有颜色剩下的联通块
if (!vis[i]) continue;
ans += (n - sum[i]) * (n - sum[i] - 1LL) / 2LL;
}
printf("%I64d\n", (LL)n * (n - 1LL) / 2LL * cnt - ans);
}
return 0;
}