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题解

折腾了一下午，我人没了QwQ

题目说：在树有这样的三个点 $x,y,z$，满足 $dist(x,y)=dist(y,z)=dist(x,z)$，让你数这样的三元组 $(x,y,z)$的个数

这是我的错误思路：
肯定存在一个中心 $t$，使得 $x,y,z$在以 $t$为根时处在不同的子树中，我如果以 $1$为根建立有根树，那么如果我枚举 $t$的话，那么这个三个点的分布只有两种情况：
情况一：一个在 $t$往上走的那个分量里，另外两个处于 $t$的不同子树中
情况二：处在 $t$的三个不同子树中
我发现第一种情况很难计算，最后也没想出来怎么做

这是正确的思路：
既然已经建立了以 $1$为根节点的有根树，就不要再考虑把题目给的条件看作是“以 $t$为根建树时xxxx”.。
这个时候，应该着眼于三元组 $(x,y,z)$在以 $1$为根的有根树中的 $lca$，在这个 $lca$处统计才是正确的思路

在 $lca$处统计三元组，我枚举 $z$的深度 $i$，那么另外两个点 $x,y$必须是长这样：

把满足这样的分布的 $x,y$的对数，记作 $g[u][i]$，注意 $g[u][i]$包含了 $d$的所有可能取值对应的方案

再记录一个 $f[u][i]$表示以 $u$为根的子树深度为 $i$的点的数目

$dp$要利用长链剖分辅助，重复利用空间，并减少重复计算，最后的时间复杂度是 $O(n)$的

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 100010
#define maxe 200010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f(1);
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
    return f*x;
}
struct Graph
{
    int etot, head[maxn], to[maxe], next[maxe], w[maxe];
    void clear(int N)
    {
        for(int i=1;i<=N;i++)head[i]=0;
        etot=0;
    }
    void adde(int a, int b, int c=0){to[++etot]=b;w[etot]=c;next[etot]=head[a];head[a]=etot;}
    #define forp(_,__) for(int p=__.head[_];p;p=__.next[p])
}G;
struct Longest_Chain_Decomposition
{
    ll tot, len[maxn], son[maxn], depth[maxn], istop[maxn];
    void dfs(Graph& G, ll u, ll fa)
    {
        son[u]=0;
        len[u]=1;
        depth[u]=depth[fa]+1;
        istop[u]=false;
        forp(u,G)
        {
            ll v(G.to[p]); if(v==fa)continue;
            dfs(G,v,u);
            if(len[v]+1>len[u])len[u]=len[v]+1, son[u]=v;
        }
        forp(u,G)
        {
            ll v(G.to[p]); if(v==fa)continue;
            if(v!=son[u])istop[v]=true;
        }
    }
    void run(Graph& G, ll root)
    {
        tot=0;
        depth[0]=0;
        dfs(G,root,0);
        istop[root]=true;
    }
}lcd;
ll *f[maxn], *g[maxn], pool[maxn<<2], tot, n, ans;
void dfs(ll u, ll fa)
{
    if(lcd.istop[u])
    {
        f[u] = pool + tot;
        tot += lcd.len[u];
        tot += lcd.len[u];
        g[u] = pool + tot;
        tot += lcd.len[u];
    }
    if(lcd.son[u])
    {
        f[lcd.son[u]] = f[u] + 1;
        g[lcd.son[u]] = g[u] - 1;
        dfs(lcd.son[u],u);
    }
    f[u][0]=1;
    forp(u,G)
    {
        ll v(G.to[p]), i; if(v==fa or v==lcd.son[u])continue;
        dfs(v,u);
        rep(i,0,lcd.len[v]-1)
        {
            ans += f[v][i] * g[u][i+1];
            if(i>1)ans += g[v][i] * f[u][i-1];
        }
        rep(i,0,lcd.len[v]-1)
        {
            if(i>0)g[u][i-1] += g[v][i];
            g[u][i+1] += f[v][i]*f[u][i+1];
            f[u][i+1] += f[v][i];
        }
    }
    ans += g[u][0];
}
int main()
{
    ll i, u, v;
    n = read();
    rep(i,1,n-1)
    {
        u = read(), v = read();
        G.adde(u,v); G.adde(v,u);
    }
    lcd.run(G,1);
    dfs(1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}