有n+
1 顆樹，編號為t0
~tn ，對於每一棵樹ti，他在第ta
i 棵樹的第ci
個點和第tb
i 棵樹的第di
個點之間連上了一條長度為le
ni的邊。在ti
中，他保持ta
i 中的所有節點編號不變，把tb
i 中的所有節點的編號加上si
zeai
。 我們定義一棵樹的美觀度為兩兩點之間的距離之和，現在要輸出所有樹的美觀度。
我們可以模擬這個樹的構成過程，然後把他們全部存下來。
對於美觀度暴力遍歷整棵樹，加起來。
這題其實是很隱蔽的搜尋題
仔細想想，這棵樹其實是之前的兩棵樹的組合，我們有必要知道整棵樹嗎？
我們只需要知道是哪顆樹就行了。
我們看當前這棵樹。
我們已知他的左兒子是ta
，右兒子是tb
，連線點是
x ，y，
suma
，sum
b （美觀度），si
zea ，si
zeb （節點數），連線的邊長度為藍色那條邊為le
n 。
我們不妨再設d[
t][i
] 表示第
t 棵樹，編號為
i的節點到整棵樹的距離和。
至此，我們再結合d[
a][x
] ，d[
b][y
] ，我們不難推出su
mi。 問題s
uma ，su
mb是子問題，之前一定會處理過的。
那麼我們剩下的問題就是d[
t][i
] 怎麼求了。
我們設乙個狀態di
s[t]
[i][
j]表示樹
t 裡編號為
i的點到編號
j 的點的距離。
我們可以通過di
s[t]
[i][
j]來在每次合併的時候推出d[
t][i
] d[
t][i
] 就是現在的d[
t][i
] 加上多出來的子樹到其關鍵點的距離和加上le
n 的其si
ze倍再加上自己到自己所在子樹的關鍵點的距離的si
ze倍。
比較繞口但是也就這樣了。
直接存下來肯定是不現實的。全部都轉移也是不現實的。
怎麼辦？
觀察發現，有效的點實質上很少。
我們用得上的
x ，
y都是題目給出的。
我們把這些點叫為關鍵點。
你是不是已經知道怎麼做了呢？
我們只存下關鍵點的相關狀態。
什麼叫相關狀態呢？比如我這顆樹把
x 標記為關鍵點，為了更新
x，我們必須在之前的樹里都一直維護
x 的資訊，遞迴下去，把標記都打上，這就是這個關鍵點的相關狀態。
我們有n
棵樹，每棵樹最多標記2∗
n 個點，總共只有n∗
n∗2 個關鍵點 di
s[t]
[i][
j]的轉移是o(
n2) ，d[
t][i
] 轉移是o(
n)每棵樹都要更新狀態，總的時間複雜度是o(
n3)
這題非常靈活地運用了記憶化搜尋的遞迴性質。
其實這和一些常見的最短路只存關鍵點狀態是相似的。
只存關鍵點。
由於有點難理解所以我貼下**。
#include
#include
#include
using namespace std
;typedef pairpi;
typedef long long ll;
const int n = 130 , mo = 1e9 + 7
;pi bz[n][n];
struct nodeq[n];
ll size[n],dis[n][n][n],d[n][n];
int n,fi[n];
int mark(int x , ll p)
void solve()
for (int i = 2
; i <= n ; i ++)
int b , b1;
b = (!p.first) ? q[i].a : q[i].b
; b1 = (!p1.first) ? q[i].a : q[i].b
; dis[i][j][k] = ((dis[q[i].s[p.first]][b][p.second] + dis[q[i].s[p1.first]][b1][p1.second]) % mo + len ) % mo;}}
lch = q[i].a , rch = q[i].b
; for (int j = 1
; j <= fi[i] ; j ++)
lch = q[i].s[0], rch = q[i].s[1];
q[i].sum = d[lch][q[i].a] * size[rch] % mo;
(q[i].sum += d[rch][q[i].b]* size[lch] % mo) %= mo;
q[i].sum = q[i].sum + size[lch] * size[rch] % mo * len % mo;
q[i].sum = (q[i].sum + q[lch].sum) % mo + q[rch].sum % mo;
q[i].sum %= mo;
printf("%i64d\n" , q[i].sum);
}}int main()
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