codeforces 391E2 (【Codeforces Rockethon 2014】E2)

   题目：http://codeforces.com/problemset/problem/391/E2
   题意：有三棵树，每棵树有ni个结点，添加两条边把这三棵树连接起来，合并成一棵树，使得合并的树中任意两点之间的最短路径
   的和最大。
   分析：
   三棵树要合并成一棵树，则第一棵树必须选择一个点，假设为X，第二棵树必须选择两个点，假设为Y1, Y2，第三棵树必须选择一个点，假设为Z
   记第一棵树中所有结点到X的路径总和为：tot1
   第二棵树中所有结点到Y1，Y2的路径总和分别为：tot2, tot3
   第三棵树中所有结点到Z的路径总和为：tot4;
   共有四种情况：
   1，每棵树内部的结点之间的距离为常数，可以求出树中一个点到剩余所有点的路径之和，把所有这样的点的和相加再除以2即可
   2，第一棵树和第二棵树这两棵树所有结点之间的距离，假设第一棵树选择结点X，第二棵树选择的左结点位Y1，
   则两棵树上任意两点a，b之间的距离，可以表示为：d(a, b) = d(a, X) + 1 + d(b, Y1),
   其中a为第一棵树的任意结点，b为第二棵树的任意结点，
   固定点a，变换bj，由于第二棵树有n2个结点，则这种情况下的总的路径和为：(d(a, X) + 1) * n2 + sum(d(bj, Y1), j = 1, 2, ..., n2);
   再变换ai，则最终得到的路径和为：sum((d(ai, X) + 1) * n2 + sum(d(bj, Y1), j = 1, 2, ..., n2), i = 1, 2, ..., n1);
   最终结果为：sum(d(ai, X), i = 1, 2, ..., n1) * n2 + n2 * n1 + sum(d(bi, Y1), j = 1, 2, ..., n2) * n1;
   即tot1 * n2 + n2 * n1 + tot2 * n1;
   3,第二棵树和第三棵树这两棵树所有结点之间的距离，类似情况2，得到的最终结果为：tot3 * n3 + n2 * n3 + tot4 * n2;

   4，第一棵树和第三棵树所有结点之间的距离：每一条路径都可以表示为：d(a, c) = d(a, X) + 1 + d(Y1, Y2) + 1 + d(Z, c);
   最终结果为：tot1 * n3 + tot4 * n1 + n1 * n3 * d(Y1, Y2) + 2 * n1 * n3;

   综上所述，得到合并后树中结点之间的距离总和为：
   sum = (n2 + n3) * tot1 + (n1 + n2) * tot4 + n1 * n2 + n2 * n3 + 2 * n1 * n3 + n1 * tot2
    + n3 * tot3 + n1 * n3 * d(Y1, Y2) + 三棵树的内部路径;
   要使得总和最大，则tot1和tot4必须最大，上式中间部分为常数，则left = n1 * tot2 + n3 * tot3 + n1 * n3 * d(Y1, Y2)必须达到最大
   在tot2达到最大的情况下，即Y1确定时，枚举Y2使得left部分达到最大，即可。
   这过程中要枚举三棵树的位置。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 100000 + 10;struct Edge{    int y, next;};struct Tree{    LL n, head[MAXN], nodeCnt[MAXN], edgeCnt, dis[MAXN], pos, maxTot;    LL curSum[MAXN], tot[MAXN], pathCnt;    Edge edge[MAXN << 1];    void addEdge(int x, int y)    {        edge[edgeCnt].y = y;        edge[edgeCnt].next = head[x];        head[x] = edgeCnt++;    }    void build(int n)    {        memset(head, -1, sizeof(head));        this->n = n;        int x, y;        for(int i = 1; i < n; i++)        {            scanf("%d%d", &x, &y);            addEdge(x, y);            addEdge(y, x);        }    }    /*获得son这棵树的结点数nodeCnt[son]，包括该父结点，同时获得son这棵树中所有子结点到son的路径之和，保存在curSum[son]    其中curSum[son] = sum(curSum[yi] + nodeCnt[yi], i = 1, 2, ...)，即所有子树的最短路径值加上子树的所有点数的和    */    void dfs0(int son, int fa)    {        nodeCnt[son] = 1;        curSum[son] = 0;        int y;        for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)        {            y = edge[i].y;            if(y == fa)            {                continue;            }            dfs0(y, son);            //回溯，已经获得子结点y的值            nodeCnt[son] += nodeCnt[y];            curSum[son] += curSum[y] + nodeCnt[y];        }    }    //获得tot[son]，即所有点到son的路径之和    void dfs1(int son, int fa, LL faLeft)    {        //当前son所在子树的路径之和，加上其他剩余部分到son的路径之和        tot[son] = curSum[son] + faLeft;        int y;        for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)        {            y = edge[i].y;            if(y == fa)            {                continue;            }            /*要算所有结点到y的最短路径之和，除了y所在子树外，应该添加的值来源有三部分：              son这棵树原先应加上的值，即整棵大树减去son子树剩余部分到son的路径和：faLeft，              son这棵树除了y这棵子树所有结点到son的路径值外剩余的路径和：              son这棵树的最短路径和 - y这棵树的最短路径和 - y这棵树的结点数，即curSum[son] - curSum[y] - nodeCnt[y];             整棵合并树减去 y子树剩余的结点数：n - nodeCnt[y]            */            dfs1(y, son, faLeft + curSum[son] - curSum[y] - nodeCnt[y] + n - nodeCnt[y]);        }    }    //深度遍历，获得每个结点的层次，即为到根结点的最短路径，注意根结点层次为0    void dfs2(int son, int fa)    {        dis[son] = dis[fa] + 1;        int y;        for(int i = head[son]; i != -1; i = edge[i].next)        {            y = edge[i].y;            if(y == fa)            {                continue;            }            dfs2(y, son);        }    }    void solve()    {        dfs0(1, 0);        dfs1(1, 0, 0);        //求出最大的单点最短路径和，同时累加，即为这棵树内部的路径之和的两倍        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            pathCnt += tot[i];            if(tot[i] > maxTot)            {                maxTot = tot[i];                pos = i;            }        }        dis[0] = -1;        dfs2(pos, 0);    }};Tree t[3];LL getAns(const Tree &t1, const Tree &t2, const Tree &t3){    //先算好不变的部分    LL tmp = (t2.n + t3.n) * t1.maxTot + (t1.n + t2.n) * t3.maxTot + t1.n * t2.n + t2.n * t3.n + 2 * t1.n * t3.n             + (t1.pathCnt + t2.pathCnt + t3.pathCnt) / 2;    LL ans, maxAns = 0;    //固定Y1，t2.maxTot相当于tot2    tmp += t1.n * t2.maxTot;    //枚举Y2    for(int i = 1; i <= t2.n; i++)    {        //假设当前t2.tot[i]为tot3，t2.dis[i]为Y2到Y1的距离，Y1作为单原起点        ans = (LL)tmp + t3.n * t2.tot[i] + t1.n * t3.n * t2.dis[i];        maxAns = max(ans, maxAns);    }    return maxAns;}int main(){    int n[3], i, j;    LL ans = 0;    //freopen("in.txt", "r", stdin);    scanf("%d%d%d", &n[0], &n[1], &n[2]);    for(i = 0; i < 3; i++)    {        t[i].build(n[i]);        t[i].solve();    }    //枚举三棵树的位置    for(i = 0; i < 3; i++)    {        for(j = 0; j < 3; j++)        {            if(i == j)            {                continue;            }            ans = max(ans, getAns(t[i], t[j], t[3 - i - j]));        }    }    printf("%I64d\n", ans);    return 0;}

参考博客：http://www.cnblogs.com/Delostik/p/3553114.html