【每日一题】Treepath

Solution

简单的树形dp。

设 $dp[u][0 / 1]$ 为点 $u$ 的子树中，以 $u$ 为端点且长度 $length$ 模 $2$ 为 $0/1$ 的路径数量。

考虑如何合并点 $u$ 的孩子 $v$ 的结果，因为从 $v$ 的子树内走到 $u$ 的路程比到 $v$ 的路程长 $1$ 个单位，

所以有：

$\begin{cases} result' = result + dp[u][0] \cdot{} dp[v][1] + dp[u][1] \cdot{} dp[v][0] \\ dp'[u][0] = dp[u][0] + dp[v][1] \\ dp'[u][1] = dp[u][1] + dp[v][0] \\ \end{cases}$

其中 $result'$ 、 $dp'$ 为合并后的结果；

原先已有 $dp[u][0]$ 条以 $u$ 为端点长度为偶数的路径，与 $dp[v][1]$ 条以 $v$ 为端点长度为奇数的路径合并可以得到 $dp[u][0] \cdot{} dp[v][1]$ 条长度为偶数的路径；

同理，原先已有 $dp[u][1]$ 条以 $u$ 为端点长度为奇数的路径，与 $dp[v][0]$ 条以 $v$ 为端点长度为偶数的路径合并可以得到 $dp[u][1] \cdot{} dp[v][0]$ 条长度为偶数的路径。

做一遍dfs即可求得结果，总复杂度 $O(n)$ 。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;

vector<int> G[100005];
int dp[100005][2];
ll ans = 0;

void dfs(int u, int f) {
  dp[u][0] = 1;
  for (auto v : G[u]) {
    if (v != f) {
      dfs(v, u);
      for (int i = 0; i < 2; i++) {
        ans += 1ll * dp[u][i] * dp[v][i ^ 1];
        dp[u][i] += dp[v][i ^ 1];
      }
    }
  }
}

int main() {
  cin.sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

  int n;
  cin >> n;
  for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
    int x, y;
    cin >> x >> y;
    G[x].push_back(y);
    G[y].push_back(x);
  }
  dfs(1, -1);
  cout << ans << "\n";
}