Codeforces Round #614 (Div. 2) E. Xenon's Attack on the Gangs(DP记忆化搜索+思维)

题目链接：https://codeforces.com/contest/1293/problem/E

题目大意：

给出一棵树，要求给树的每条边赋权值，使得树中所有点的 m e x ( x , y ) mex(x,y) mex(x,y)和最大，并输出这个和
m e x ( x , y ) mex(x,y) mex(x,y)指的是从x到y的路径中，没出现过的整数的最小值

题目思路：

推荐qsc的题解视频：传送门
很容易发现，在这个条件下，一定要有人做出牺牲，也就是只有一条链上能够从小到大接连着，还可以发现的是，只要有一条边选择了0，那么这条边两头的点满足 m e x ( x , y ) ≥ 1 mex(x,y)\ge1 mex(x,y)≥1，因为他们中最小的整数为0，也就是对于这样的一条连着的整数链来说，比如0,1,2，这样的链两边的点形成的链值至少为3，这也就是这道题的精髓。
可以发现，这题n只有3000，所以支持n^2，那么就很美滋滋，刚才发现，从小到大接着的链非常重要，所以直接 n 2 n^2 n2枚举这条链。首先需要一个预处理， f a [ r o o t ] [ u ] fa[root][u] fa[root][u]表示以root为根，u的父亲是谁， n u m [ r o o t ] [ u ] num[root][u] num[root][u]表示以root为根，以u为顶点的子树有多少点。然后使用 d p [ x ] [ y ] dp[x][y] dp[x][y]来表示x，y为链的情况下的最大值是多少。如何dp呢？假设求1-2-3-4这样的链的结果，那么假如我们已经知道了它的子结果，1-2-3和2-3-4的结果，我们要从这个结果推出1-2-3-4结果，那么根据我们的分析，从1-2-3和2-3-4变成1-2-3-4都是加上1-2-3-4这条链两头点的乘积(就是这棵树中有多少条链能够覆盖这条链，他们都能得到这个加成)，既然加的数值一样，那么肯定选他们两个中大的那个啦。数量的话很简单，对于x-…-y这条链来说，x那边的点的个数就是以y为根，x为子树顶点的子树的点数量，另一边就正好相反，就是刚才说的 n u m [ r o o t ] [ u ] num[root][u] num[root][u]可以得到，而1-2-3和2-3-4的获得，就可以用 f a [ r o o t ] [ u ] fa[root][u] fa[root][u]，同样对于x-…-y这条链来说， f a [ x ] [ y ] fa[x][y] fa[x][y]就是x-…-y这条链中，与y直接相连的那个点。
感觉这题非常巧妙，有很多可以学习的点，是一个好题。感觉讲的已经比较清楚，代码也比较剪短可以结合代码学习。如果还有有问题的地方欢迎评论区提出一起讨论~

以下是代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define inf 0x3f3f3f3f
const int MAXN = 3e3+5;
vector<int>v[MAXN];
ll fa[MAXN][MAXN],num[MAXN][MAXN],dp[MAXN][MAXN],root;
void dfs(int u,int f){num[root][u]=1;int len=v[u].size();rep(i,0,len-1){int y=v[u][i];if(y==f)continue;fa[root][y]=u;dfs(y,u);num[root][u]+=num[root][y];}
}
ll solve(int x,int y){if(x==y)return 0;if(dp[x][y])return dp[x][y];return dp[x][y]=num[x][y]*num[y][x]+max(solve(x,fa[x][y]),solve(y,fa[y][x]));
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n,x,y;while(cin>>n){rep(i,1,n)v[i].clear();memset(fa,0,sizeof(fa));memset(num,0,sizeof(num));memset(dp,0,sizeof(dp));rep(i,1,n-1){cin>>x>>y;v[x].push_back(y);v[y].push_back(x);}rep(i,1,n){root=i;dfs(i,-1);}ll ans=0;rep(i,1,n){rep(j,i+1,n){ans=max(ans,solve(i,j));}}cout<<ans<<endl;}return 0;
}