hdu6035树形dp

“真的难”系列。
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：

这里写图片描述
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。

#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;}