HDU 5401(计数dp)

题意描述：

原先设定第0颗树只有一个节点0,现在要生成第i颗数，选  ai, bi, (ai < i, bi< i) 中两个节点（ci , di）相连接，构成一个新的树，且ai中节点的编号不变， bi中的所有节点编号都要在原来的基础上+ai树的大小，这样保证编号连续，对于每颗树T而言 ,,F(T)=∑n−1i=0∑n−1j=i+1d(vi,vj)(d(vi,vj)
即任意两点之间距离总和。

这是多校题解：

考虑爆搜，树$i$生成后，两两点对路径分成两部分，一部分不经过中间的边，那么就是aia_ia​i​​和bib_ib​i​​的答案，如果经过中间的边，首先计算中间这条边出现的次数，也就是ai,bia_i,b_ia​i​​,b​i​​子树大小的乘积。对于aia_ia​i​​，对答案的贡献为所有点到cic_ic​i​​的距离和乘上bib_ib​i​​的子树大小。bib_ib​i​​同理。

那么转化为计算在树$i$中，所有点到某个点$j$的距离和。假设$j$在aia_ia​i​​内，那么就转化成了aia_ia​i​​内$j$这个点的距离总和加上bib_ib​i​​内所有点到did_id​i​​的总和加上did_id​i​​到$j$的距离乘上子树bib_ib​i​​的大小，称作第一类询问。

这样就化成了在树$i$中两个点$j$和$k$的距离，如果在同一棵子树中，可以递归下去，否则假设$j$在aia_ia​i​​中$k$在bib_ib​i​​中，那么距离为$j$到cic_ic​i​​的距离加上$k$到did_id​i​​的距离加上lil_il​i​​，称作第二类询问。

然后对两类询问全都记忆化搜索即可。

接着考虑计算一下复杂度。

对于第二类询问，可以考虑询问的过程类似于线段树，只会有两个分支，中间的部分已经记忆化下来，不用再搜，时间复杂度$O(m)$。

我们分析一下复杂度，首先对于第一类询问，在bib_ib​i​​中到did_id​i​​的点距离和已经由前面的询问得到，那么就转化为一个第一类询问和一个第二类询问，最多会被转化成$O(m)$个第二类询问。

所以每个询问复杂度是O(m2)O(m^2)O(m​2​​)，总复杂度O(m3)O(m^3)O(m​3​​)。

复杂度计算思考：

对于第一类询问，只会例如sum(a[i], c[i])递归计算时，每个会分成两个第一类询问和一个第二类询问，而两个第一类询问必有一个已经被计算过（可以手动分解看看前后关系）

，所以每次分解成一个第一类和一个第二类，复杂度为m*m。

dis计算也同理。

被记忆的也不会很多，每次最多多记录m*m个。

#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <map>#include <set>#include <vector>#include <cctype>#include <cmath>#include <queue>#define ls rt<<1#define rs rt<<1|1#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define mem(a,n) memset(a,n,sizeof(a))#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)n;i++)#define rep1(i,x,y) for(int i=x;i<=(int)y;i++)using namespace std;#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")typedef pair<int,int> pii;typedef long long ll;const int inf = 0x3f3f3f3f;const ll oo = 1e12;typedef pair<ll,ll> pll;const int N = 65;const int mod = 1e9+7;map<pll,ll> M[N];map<ll,ll> M2[N];int n;ll a[N],b[N],c[N],d[N],siz[N],ms[N],l[N],ans[N];void init(){  for(int i = 0; i < N;i++)    M[i].clear(),M2[i].clear();  M[0][pll(0,0)]=0;  M2[0][0] = 0;  siz[0] = ms[0] = 1;}ll dis(int i,ll j,ll k){   if(j > k) swap(j,k);   if(M[i].count(pll(j,k))) return M[i][pll(j,k)];   if(k < siz[a[i]]) return M[i][pll(j,k)] = dis(a[i],j,k);   if(j >= siz[a[i]]) return M[i][pll(j,k)] = dis(b[i],j-siz[a[i]],k-siz[a[i]]);   return  M[i][pll(j,k)] = (dis(a[i],j,c[i])+l[i]+dis(b[i],d[i],k-siz[a[i]]))%mod;}ll sum(int i,ll j){   if(M2[i].count(j)) return M2[i][j];   if(j<siz[a[i]]) return  M2[i][j]=(sum(a[i],j)+(l[i]+dis(a[i],j,c[i]))*ms[b[i]]+sum(b[i],d[i]))%mod;   if(j>=siz[a[i]]) return M2[i][j]=(sum(a[i],c[i])+(l[i]+dis(b[i],j-siz[a[i]],d[i]))*ms[a[i]]+sum(b[i],j-siz[a[i]]))%mod;}ll cal(int i){   siz[i] = siz[a[i]]+siz[b[i]];   ms[i] = siz[i]%mod;   ans[i] = ans[a[i]]+ans[b[i]]+ms[a[i]]*ms[b[i]]%mod*l[i]%mod+ms[b[i]]*sum(a[i],c[i])+ms[a[i]]*sum(b[i],d[i]);   ans[i]=ans[i]%mod;   return ans[i];}int main(){   while(scanf("%d",&n)==1){      init();      for(int i=1;i<=n;i++){         scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d %I64d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i],&l[i]);         printf("%I64d\n",cal(i));      }   }   return 0;}