AT_abc401_f [ABC401F] Add One Edge 3

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题目描述

给定两棵树：

• 树 1 包含 $N_1$ 个顶点，编号为 $1$ 到 $N_1$
• 树 2 包含 $N_2$ 个顶点，编号为 $1$ 到 $N_2$

树 1 的第 $i$ 条边双向连接顶点 $u_{1,i}$ 和 $v_{1,i}$，树 2 的第 $i$ 条边双向连接顶点 $u_{2,i}$ 和 $v_{2,i}$。

如果在树 1 的顶点 $i$ 和树 2 的顶点 $j$ 之间添加一条双向边，将得到一棵新的树。定义这棵新树的直径为 $f(i,j)$。

请计算 $\sum _{i=1}^{N_1}\sum _{j=1}^{N_2}f(i,j)$ 的值。

其中：

• 两顶点之间的距离定义为它们之间最短路径的边数
• 树的直径定义为所有顶点对之间距离的最大值

输入格式

输入通过标准输入给出，格式如下：

$N_1$
$u_{1,1}$ $v_{1,1}$
$⋮$
$u_{1,N_1-1}$ $v_{1,N_1-1}$
$N_2$
$u_{2,1}$ $v_{2,1}$
$⋮$
$u_{2,N_2-1}$ $v_{2,N_2-1}$

输出格式

输出计算结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

3
1 3
1 2
3
1 2
3 1

输出 #1

39

输入输出样例 #2

输入 #2

7
5 6
1 3
5 7
4 5
1 6
1 2
5
5 3
2 4
2 3
5 1

输出 #2

267

说明/提示

约束条件

• $1\le N_1,N_2\le 2\times 10^5$
• $1\le u_{1,i},v_{1,i}\le N_1$
• $1\le u_{2,i},v_{2,i}\le N_2$
• 输入的两张图都是树
• 输入的所有数值均为整数

样例解释 1

例如，当连接树 1 的顶点 2 和树 2 的顶点 3 时，得到的新树直径为 5，因此 $f(2,3)=5$。所有 $f(i,j)$ 的总和为 39。

思路详解

直径

首先我们要搞懂什么是直径，树的直径即为树中的最远点对之间的路径。

直径还有一个性质：距离每个点最远的点一定是直径的一个端点，证明如下：
我们把图抽象一下，变成下面的样子：

考虑使用反证法，黑线为到一个点的最长距离，红线为直径。若1+2>1+4，则2>4，则3+2>3+4，则红线不为直径，矛盾。

那我们想要求出直径就很简单了，先随便找一个1点求出哪个点距离这个点最远，这个点即为直径的一个端点。再从这个端点找另一个端点。就可以求出直径了。

题目分析

思考如何在$i,j$之间连边了如何求出$f_{i,j}$，我们定义$di{s}_i$为距离$i$最远的点的距离，这个距离我们可以从直径的端点跑2次$bfs$求得。所以$f_{i,j}=max(d_1,d_2,di{s}_i+di{s}_j+1)$，$d_1,d_2$为第1/2棵树得直径。

但是，我们发现枚举$i,j$依然会超时，那怎么办呢？我们显然只能枚举一个，考虑对于$i$，如何快速求出$\sum f_{i,j}$。我们发现，当$di{s}_j<=max(d_1,d_2)-di{s}_i-1$时，答案都为$max(d_1,d_2)$，大于则答案为$\sum di{s}_i+di{s}_j+1$即$(1+di{s}_i)\ast cnt+{\sum }_{j=pos}^{n}di{s}_j$，$cnt$为大于的个数，$pos$为第一个大于的位置。那很显然了，我们对$di{s}_j$进行排序，然后用upper_bound查找即可。

思路分析

我们再来理清一次过程：

1. 首先求出两棵树的直径。
2. 然后从，每个直径端点去更新每个点的$dis$。
3. 对第二棵树的$dis$进行排序，并求前缀和。
4. 最后枚举第一棵树的$i$，求解答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2e5+5;
ll n[2];
vector<ll>e[2][N];
ll p[5];
ll dis[N],mx[4][N],ne[2][N];
void dfs1(ll u,ll fa,ll j){//找直径端点dis[u]=dis[fa]+1;for(ll v:e[j][u]){if(v==fa)continue;dfs1(v,u,j);}
}
void find(ll j){memset(dis,0,sizeof(dis));
//由直径的定义可得距离每一个点最远的点一定是直径的一个端点dfs1(1,0,j);//先随便找一个点求出一个端点ll d=0,id=0;for(ll i=1;i<=n[j];i++){if(dis[i]>d){d=dis[i];id=i;}}p[(j+1)*2-1]=id;memset(dis,0,sizeof(dis));dfs1(id,0,j);//再寻找另一个端点d=0,id=0;for(ll i=1;i<=n[j];i++){if(dis[i]>d){d=dis[i];id=i;}}p[(j+1)*2]=id;
}
void dfs2(ll u,ll fa,ll j,ll k){mx[k][u]=mx[k][fa]+1;for(ll v:e[j][u]){if(v==fa)continue;dfs2(v,u,j,k);}
}
void co(ll j){//求出距离每个点最远的距离mx[j*2][0]=-1;//到第一个端点的距离dfs2(p[(j+1)*2-1],0,j,j*2);mx[(j+1)*2-1][0]=-1;//到第二个端点的距离dfs2(p[(j+1)*2],0,j,(j+1)*2-1);for(ll i=1;i<=n[j];i++)ne[j][i]=max(mx[j*2][i],mx[(j+1)*2-1][i]);//求出最远距离
}
ll sum[N];
int main(){
//显然对于每个i,j，f(i,j)=max(max(d1,d2),ne[i]+ne[j]+1)
//其中d1,d2分别为树1,2的直径，ne[i]为离i最远的距离
//我们先将ne[j]排序，再枚举i，对于ne[i]+ne[j]+1<=max(d1,d2)部分的和即为几个max(d1,d2)
//大于部分的和为n*(ne[i]+1)+sum{ne[j]}cin>>n[0];for(ll i=1;i<=n[0]-1;i++){ll x,y;cin>>x>>y;e[0][x].push_back(y);e[0][y].push_back(x);}//图0cin>>n[1];for(ll i=1;i<=n[1]-1;i++){ll x,y;cin>>x>>y;e[1][x].push_back(y);e[1][y].push_back(x);}//图1for(ll i=0;i<=1;i++)find(i);//先找每一个直径的端点for(ll i=0;i<=1;i++)co(i);ll d1=max(ne[0][p[1]],ne[0][p[2]]),d2=max(ne[1][p[3]],ne[1][p[4]]);sort(ne[1]+1,ne[1]+1+n[1]);//将第二棵树排序for(ll i=1;i<=n[1];i++)sum[i]=sum[i-1]+ne[1][i];//求前缀和ll ans=0;for(ll i=1;i<=n[0];i++){ll pos=upper_bound(ne[1]+1,ne[1]+1+n[1],max(d1,d2)-ne[0][i]-1)-(ne[1]+1);
//找有几个小于max(d1,d2)的ans+=pos*max(d1,d2)+(n[1]-pos)*(ne[0][i]+1)+sum[n[1]]-sum[pos];}cout<<ans;return 0;
}