[AGC008F] Black Radius（树形dp）

神题啊！！

Description

给你一棵有N个节点的树，节点编号为1到N，所有边的长度都为1

“全”对某些节点情有独钟，这些他喜欢的节点的信息会以一个长度为N的字符串s的形式给到你，具体一点就是对于1<=i<=N，si=1表示”全”喜欢节点i，为0表示”全”不喜欢节点i

一开始的时候，所有的节点都是白色的，”全”会进行以下操作恰好一次：

选择一个他喜欢的节点v和一个非负整数d，然后将所有与节点v距离不超过d的节点全部涂黑

问进行操作之后，有多少种不同的涂色情况？两种情况不同当且仅当两种情况存在一个节点i的颜色不同

Input

第一行一个正整数N

接下来N−1行每行两个正整数xi,yi表示xi到yi有一条边

最后一行一个字符串s

Output

输出不同染色情况的数量

题解：

设 $f(i,d)$ ，为把距 $i$ 点小于等于 $d$ 染成黑色的集合。

不过这样染色的时候会有重复的方案，我们考虑下何时会重复。

当 $f(i,d_1)$ 和 $f(j,d2)$ ，重复时，当且仅当 $i$ ， $j$ 之间存在一点 $k$ ，使得 $f(k,d1-dist(i,k))$ ， $dist(i,j)$ 表示 $i$ ， $j$ 的树上距离。

这个很显然吧……

所以对于某个 $f(i,d)$ ，如果有 $f(k,d1-dist(i,k))=f(i,d)$ ，那么 $f(i,d)$ 就会被重复算。

对于每一个 $i$ ，我们只用考虑更他相邻的点和他的重复情况就可以了。（也很显然吧）

那我们再考虑一下，何时 $f(i,d)=f(k,d-1)$ 。

还是很显然，如果以 $k$ 为根， $i$ 的子树全部被染成黑色的话，他们就相等。

所以可以得知， $d$ 的上界为 $i$ 到他子树中的最远点的距离。

那我们用树形dp， $O(n)$ 算出，然后暴力枚举每个 $i$ ，算 $d$ 的上界。

那下界呢？如果 $i$ 点是特殊点，无疑是0，那如果不是呢？

如果不是，那么若存在一个特殊节点j满足方案 $(i,d)$ 中 $j$ 所在子树内所有节点均被染成黑色， $(i,d)$ 就是一个合法的染色方案。故我们只需要求出从 $i$ 出发的至少经过 1 个特殊节点到达 $j$ 子树中的最远节点的距离的最小值，就是可行的 $d$ 的最小值。

知道每个 $i$ ， $d$ 的上下界，那就算吧！

CODE：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

int d1[200005],d2[200005];
int d3[200005],d4[200005];
//d1:子树中的最远距离
//d2:非子树中的最远距离
//d3:这个节点到子树中至少经过1个特殊节点到达子树中的最远节点最小距离 
//d4:从他父亲出发，不经过这棵子树的最远路径 
int n,x,y,siz[200005],col[200005],fa[200005];
long long ans=0;
int tot=0,h[200005];
struct Edge{
    int x,next;
}e[400005];
char ch[200005];

inline void add_edge(int x,int y){
    e[++tot].x=y;
    e[tot].next=h[x],h[x]=tot;
}

void dfs1(int x,int father){
    siz[x]=col[x],fa[x]=father;
    d3[x]=col[x]?0:1e9;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].x==father)continue;
        dfs1(e[i].x,x);
        siz[x]+=siz[e[i].x];
        d1[x]=max(d1[x],d1[e[i].x]+1);
        if(siz[e[i].x])
            d3[x]=min(d3[x],d1[e[i].x]+1);
    }
}

void dfs2(int x,int father){
    if(father)d4[x]=d2[x]-1;
    int maxn=0,sec=0;
    for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].x==father)continue;
        if(d1[e[i].x]+1>maxn)
            sec=maxn,maxn=d1[e[i].x]+1;
        else sec=max(sec,d1[e[i].x]+1);
    }
    for(int i=h[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].x==father)continue;
        if(d1[e[i].x]+1==maxn)
            d2[e[i].x]=max(d2[x],sec)+1;
        else d2[e[i].x]=max(d2[x],maxn)+1;
        dfs2(e[i].x,x);
    }
}

int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add_edge(x,y);
        add_edge(y,x);
    }
    scanf("%s",ch+1);
    for(int i=1;ch[i];i++)
        col[i]=ch[i]-'0';
    dfs1(1,0),dfs2(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int minv,maxv;
        minv=min(d3[i],siz[1]==siz[i]?(int)1e9:d2[i]);
        maxv=max(d1[i],d2[i])-1;
        for(int j=h[i];j;j=e[j].next){
            if(e[j].x==fa[i])maxv=min(maxv,d1[i]+1);
            else maxv=min(maxv,d4[e[j].x]+1);
        }
        if(maxv>=minv)ans+=1LL*maxv-minv+1;
    }
    printf("%lld",ans+1);
}