[AGC008F] Black Radius

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\(x_i,y_i\)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

Sample Input

Sample1

4

1 2

1 3

1 4

1100

Sample2

5

1 2

1 3

1 4

4 5

11111

Sample3

6

1 2

1 3

1 4

2 5

2 6

100011

Sample Output

Sample1

Sample2

Sample3

HINT

数据范围：对于100%的数据，2<=N<=2?105,1<=xi,yi<=N,s由0或1构成，并且s中最少有一个1

试题分析

神题了解一下？

第一感觉就是每个点与其最远点有关，那不妨就顺着这个思路往下走。

发现全局的重复情况最多，那么我们就拿出来单独考虑，设\(f(x,d)\)表示从\(x\)出发走\(d\)步的黑点集合。

考虑哪两个情况是重复的，当且仅当这两个点走若干步以后覆盖的点集是相同的。

由于可操作与不可操作点的区分和去重比较困难，所以先退而求其次：假设所有点都可以操作，那么有多少种情况？

对于一个状态\(f(x,d)\)相重复的点集\(f(y,d_2)\)，\(x\rightarrow y\)上的点都满足\(f(x',d-dist(x,x'))=f(x,d)\)

证明的话分类讨论证明即可。

那么我们就可以得出如下结论：

\(f(x,d)\)不为全集。
\(f(x,d)\)和\(f(y,d-1)\)不同，其中\((u,v)\in E\)

第一个好求，就是\(d\in [0,maxout(x)]\)。

考虑第二个怎么dp出来：我们思考一种情况重合，是点\(x\)为根时从它的最大深度子树中来，因为最大深度子树中的点经过拓展可以将剩下的所有分支填满，而没有重合的方案是存在不在最大深度子树中的一个分支还没有被填满，因为这种情况在最大深度子树中的点无论如何也无法重合，所以\(d\)的区间是\(d\in [0,premaxdis(i)+1]\)。

下面就来考虑带可操作点的情况，显然可操作点无限制，有距离限制的就是不可操作点。

不可操作点中，让一些不可操作点的个数来替代这些可操作点来挽回我们把不可操作点与可操作点去了重。

当然，一个不可操作点首先要能覆盖一个可操作点才能代表这个可操作点的一部分操作。

再考虑去重的方式：我们将最大的分支去掉去了一个重，但是实际上这个最大分支中存在白点，这里的白点就需要覆盖半张图，也就是将这个白点置为根，然后将存在黑点的那些分支的深度取\(min\)就是我们所要的区间下界

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<vector>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define LL long long

inline int read(){

    int x=0,f=1; char c=getchar();

    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;

    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';

    return x*f;

}

const int INF = 2147483600;

const int MAXN = 300010;

bool vis[MAXN<<1]; int Node[MAXN<<1],Root[MAXN<<1],Next[MAXN<<1],cnt;

int N,sz[MAXN+1];LL f[MAXN+1][2],g[MAXN+1],all;

int s[MAXN+1]; char str[MAXN+1]; LL bal[MAXN+1];

inline void insert(int u,int v){

    Node[++cnt]=v; Next[cnt]=Root[u]; Root[u]=cnt; return ;

}

inline void dfs(int k,int Fa){

    s[k]=sz[k]=(str[k]=='1'); all+=(str[k]=='1');

    bal[k]=(str[k]=='1')?0:INF;

    for(int x=Root[k];x;x=Next[x]){

        int v=Node[x]; if(v==Fa) continue;

        dfs(v,k);

        if(f[v][0]+1>=f[k][0]){

            f[k][1]=f[k][0];

            f[k][0]=f[v][0]+1; g[k]=v;

        } else if(f[v][0]+1>=f[k][1]){

            f[k][1]=f[v][0]+1;

        } if(sz[v]) bal[k]=min(bal[k],f[v][0]+1);

        sz[k]+=sz[v];

    } return ;

}

LL ans=0;

inline void dfs2(int k,int Fa,LL now){

    ans+=max(min(f[k][0],f[k][1]+2)-bal[k],0LL); LL nowv;

    for(int x=Root[k];x;x=Next[x]){

        int v=Node[x]; if(v==Fa) continue;

        if(g[k]==v) nowv=max(now,f[k][1])+1;

        else nowv=max(now,f[k][0])+1;

        if(nowv>=f[v][0]){

            f[v][1]=f[v][0]; f[v][0]=nowv;

        } else f[v][1]=max(f[v][1],nowv);

        if(all-sz[v]) bal[v]=min(bal[v],nowv);

        dfs2(v,k,nowv);

    } return ;

}

int main(){

    //freopen(".in","r",stdin);

    //freopen(".out","w",stdout);

    N=read();

    for(int i=2;i<=N;i++){

        int u=read(),v=read();

        insert(u,v); insert(v,u);

    } scanf("%s",str+1);

    dfs(1,0); dfs2(1,0,0);

    printf("%lld\n",ans+1);

    return 0;

}