HDU 4705 Y 树形枚举

树形枚举--搜索

题目描述：

给你一棵树，要在一条简单路径上选3个不同的点构成一个集合，问能构成多少个不同的集合。

解法：

枚举所有结点，假设某个结点有n棵子树，每棵子树的结点个数分别为s1,s2,````sn.那么在选中该结点后，剩下的两个结点从子树上选，考虑顺序，则有方案数ans =  s1*(sum(si) - s1) + s2*(sum(si) - s2) + ``` + sn*(sum(si) - sn),化简得ans = sum(si) ^ 2 - sum(si ^2) .实际上，另外两个点选了(1,2)和(2,1)对于集合{a,b,c}而言是一样的，所以方案数应该为ans/2。

而一个结点的子节点的总和为n-1。只要求sum(si^2)即可，由于是从某一点开始搜的，我们把这个点想成了根结点，实际上对于除这个点以外的其他点，除了按搜索顺序认为的子树外，剩下的结点是它的另一棵子树。

代码实现：

ll ans=0;

int dfs(int x)//返回该结点的某棵子树的结点个数

{

vis[x] =1;

ll sq=0;//”子树”结点个数的平方和

int tot =0;//”子树”结点个数的总和

for(int i=0; i<g[x].size(); ++i)

{

if(!vis[g[x][i]])

{

int son = dfs(g[x][i]);//子结点的个数

tot += son;

sq += (ll)son*son;

}

}

sq += (ll)(n-tot-1)*(n-tot-1);

ans += ((ll)(n-1)*(n-1) - sq)/2;

return tot+1;//当自己作为子树时，还要加上自己，所以加1.

}

另一种解法：

直接考虑顺序计数,有方案数ans =s1*(s2+s3+````+sn)+s2*(s3+s4+```sn) +```` + s[n-1]*sn. 则有设sum[i]为前i项和，则有ans = s1*(n-1-sum[1]) + s2*(n-1-sum[2]) +````+s[n-1]*(n-1-sum[n-1]) + sn *0.

代码实现：

ll ans;

int dfs(int x)

{

vis[x] =1;

int tmp=0;

for(int i=0; i<g[x].size(); ++i)

{

if(!vis[g[x][i]])

{

int son = dfs(g[x][i]);//当前分支的儿子个数

tmp += son;//已经求出的儿子个数，相当于sum[i]

ans += (ll)(n-1-tmp)*son;

}

}

return tmp+1;

}

然后此题的正解就是C(n,3)- ans.C(n,3)表示从n个点中选3个点，C(n,3) = n*(n-1)*(n-2)/6

贴代码1：

 #pragma comment(linker, "/STACK:16777216")
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #define N 100010
 using namespace std;
 typedef long long int ll;
 vector<int> g[N];
 bool vis[N];
 int n;
 ll ans;
 int dfs(int x)
 {
     vis[x] =;
     ll sq=;//子节点个数的平方和
     int tot =;//子节点个数之和
     for(int i=; i<g[x].size(); ++i)
     {
         if(!vis[g[x][i]])
         {
             int son = dfs(g[x][i]);//子节点的个数
             tot += son;
             sq += (ll)son*son;
         }
     }
     sq += (ll)(n-tot-)*(n-tot-);
     ans += ((ll)(n-)*(n-) - sq)/;
     return tot+;
 }
 int main()
 {
     freopen("1010.in","r",stdin);
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         for(int i=; i<=n; ++i)
         {
             g[i].clear();
             vis[i] =;
         }
         for(int i=; i<n; ++i)
         {
             int u,v;
             scanf("%d%d",&u,&v);
             g[u].push_back(v);
             g[v].push_back(u);
         }
         ans =;
         dfs();
         ll sum = (ll)n*(n-)*(n-)/;
         printf("%I64d\n",sum-ans);
     }
     return ;
 }

贴代码2：

 #pragma comment(linker, "/STACK:16777216")
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #define N 100010
 using namespace std;
 typedef long long int ll;
 vector<int> g[N];
 bool vis[N];
 int n;
 ll ans;
 int dfs(int x)
 {
     vis[x] =;
     int tmp=;
     for(int i=; i<g[x].size(); ++i)
     {
         if(!vis[g[x][i]])
         {
             int son = dfs(g[x][i]);//当前分支的儿子个数
             tmp += son;//已经求出的儿子个数
             ans += (ll)(n--tmp)*son;
         }
     }
     return tmp+;
 }
 int main()
 {
 //    freopen("1010.in","r",stdin);
     while(~scanf("%d",&n))
     {
         for(int i=; i<=n; ++i)
         {
             g[i].clear();
             vis[i] =;
         }
         for(int i=; i<n; ++i)
         {
             int u,v;
             scanf("%d%d",&u,&v);
             g[u].push_back(v);
             g[v].push_back(u);
         }
         ans =;
         dfs();
         ll sum = (ll)n*(n-)*(n-)/;
         printf("%I64d\n",sum-ans);
     }
     return ;
 }