Wannafly挑战赛1 Treepath（树形DP，思维）

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思路：除了树形DP，自己没想到其他思路，直接就写的DP......

开的数组形式为dp[n][3]，对于当前父节点，dp[x][0]、dp[x][1]表示已经遍历过的子树中，从该父节点出发到子树节点的路径长度为奇、偶的路径条数；dp[x][2]表示以该父节点为树根的树，满足条件的情况总数。dp[x][2]可以不开，更节省空间，直接用一个变量存储最后的结果即可。具体状态转移可以看代码。

// Treepath 运行/限制：56ms/1000ms#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <vector>using namespace std;#define LL long longLL dp[100005][3];vector<int> v[100005];//存图void DP(int x,int fa) {dp[x][0] = 0;dp[x][1] = 0;dp[x][2] = 0;for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {int y = v[x][i];if (y != fa) {DP(y, x);dp[x][2] += dp[x][0] * (dp[y][1] + 1) + dp[x][1] * dp[y][0] + dp[y][0] + dp[y][2];//奇*奇 偶*偶 子树满足条件总数//加1是因为从当前节点到子树树根也是奇数的一种情况。虽然子树树根到自己的路径长度为0，为偶数，但是是不合法的，dp[y][1]内不包含这种情况。dp[x][0] += dp[y][1] + 1;dp[x][1] += dp[y][0];}}return;}int main(){int n;int a, b;while (scanf("%d", &n) != EOF) {for (int i = 1; i <= n; i++) {v[i].clear();}for (int i = 1; i < n; i++) {scanf("%d%d", &a, &b);v[a].push_back(b);v[b].push_back(a);}DP(1, 0);printf("%lld\n", dp[1][2]);}    return 0;}

思路2：稍加思维就可以想到，得到每个节点的高度，统计出偶数高度和奇数高度的数量，就可以直接计算了。因为从一个节点到另一个节点，路径是唯一的，路径长度为两者到最近公共祖先的路径长度之和，两者求之到公共祖先的路径长度，均为节点高度减去树根到最近公共祖先的路径长度，也就相当于两者高度之和减去树根到最近公共祖先的路径长度的二倍，由偶数 - 偶数 = 偶数，奇数 - 偶数 = 奇数，只要两个节点的高度之和为偶数就是满足条件的情况。又由于偶数 + 偶数 = 偶数，奇数 + 奇数 = 偶数，所以组合的两个节点需要满足高度均为偶数或者奇数。设偶数高度节点的数量为sum1，奇数高度节点的数量为sum2，那么最后结果为【（sum1 - 1）+ （sum1 - 2）+ ... + 2 + 1】 + 【（sum2 - 1）+ （sum2 - 2）+ ... + 2 + 1】，即sum1 * （sum1 - 1）/ 2 + sum2 * （sum2 - 1）/ 2。

// Treepath2 运行/限制：74ms/1000ms#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <vector>using namespace std;#define LL long longLL sum1, sum2;int height[100005];vector<int> v[100005];void dfs(int x, int fa) {height[x] = height[fa] + 1;if (height[x] % 2 == 1) {sum1++;}else{sum2++;}for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {int y = v[x][i];if (y != fa) {dfs(y, x);}}}int main(){int n;int a, b;LL re;while (scanf("%d", &n) != EOF) {sum1 = 0, sum2 = 0;memset(height, -1, sizeof(height));for (int i = 1; i <= n; i++) {v[i].clear();}for (int i = 1; i < n; i++) {scanf("%d%d", &a, &b);v[a].push_back(b);v[b].push_back(a);}dfs(1, 0);re = sum1 * (sum1 - 1) / 2 + sum2 * (sum2 - 1) / 2;printf("%lld\n", re);}    return 0;}