Codeforces Round #614 (Div. 2) E. Xenon's Attack on the Gangs(DP记忆化搜索+思维)

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/E

 

题目大意：

  给出一棵树，要求给树的每条边赋权值，使得树中所有点的$mex(x,y)$和最大，并输出这个和
  $mex(x,y)$指的是从x到y的路径中，没出现过的整数的最小值

 

题目思路：

  推荐qsc的题解视频：传送门
  很容易发现，在这个条件下，一定要有人做出牺牲，也就是只有一条链上能够从小到大接连着，还可以发现的是，只要有一条边选择了0，那么这条边两头的点满足$mex(x,y)\ge 1$，因为他们中最小的整数为0，也就是对于这样的一条连着的整数链来说，比如0,1,2，这样的链两边的点形成的链值至少为3，这也就是这道题的精髓。
  可以发现，这题n只有3000，所以支持n^2，那么就很美滋滋，刚才发现，从小到大接着的链非常重要，所以直接$n^2$枚举这条链。首先需要一个预处理，$fa[root][u]$表示以root为根，u的父亲是谁，$num[root][u]$表示以root为根，以u为顶点的子树有多少点。然后使用$dp[x][y]$来表示x，y为链的情况下的最大值是多少。如何dp呢？假设求1-2-3-4这样的链的结果，那么假如我们已经知道了它的子结果，1-2-3和2-3-4的结果，我们要从这个结果推出1-2-3-4结果，那么根据我们的分析，从1-2-3和2-3-4变成1-2-3-4都是加上1-2-3-4这条链两头点的乘积(就是这棵树中有多少条链能够覆盖这条链，他们都能得到这个加成)，既然加的数值一样，那么肯定选他们两个中大的那个啦。数量的话很简单，对于x-…-y这条链来说，x那边的点的个数就是以y为根，x为子树顶点的子树的点数量，另一边就正好相反，就是刚才说的$num[root][u]$可以得到，而1-2-3和2-3-4的获得，就可以用$fa[root][u]$，同样对于x-…-y这条链来说，$fa[x][y]$就是x-…-y这条链中，与y直接相连的那个点。
  感觉这题非常巧妙，有很多可以学习的点，是一个好题。感觉讲的已经比较清楚，代码也比较剪短可以结合代码学习。如果还有有问题的地方欢迎评论区提出一起讨论~

 

以下是代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define inf 0x3f3f3f3f
const int MAXN = 3e3+5;
vector<int>v[MAXN];
ll fa[MAXN][MAXN],num[MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN],root;
void dfs(int u,int f){
    num[root][u]=1;
    int len=v[u].size();
    rep(i,0,len-1){
        int y=v[u][i];
        if(y==f)continue;
        fa[root][y]=u;
        dfs(y,u);
        num[root][u]+=num[root][y];
    }
}
ll solve(int x,int y){
    if(x==y)return 0;
    if(dp[x][y])return dp[x][y];
    return dp[x][y]=num[x][y]*num[y][x]+max(solve(x,fa[x][y]),solve(y,fa[y][x]));
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n,x,y;
    while(cin>>n){
        rep(i,1,n)v[i].clear();
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        memset(num,0,sizeof(num));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        rep(i,1,n-1){
            cin>>x>>y;
            v[x].push_back(y);
            v[y].push_back(x);
        }
        rep(i,1,n){
            root=i;
            dfs(i,-1);
        }
        ll ans=0;
        rep(i,1,n){
            rep(j,i+1,n){
                ans=max(ans,solve(i,j));
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}