Triples of Cows

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引

模拟赛 $T 4$ , 变换挺妙的, 而且感觉转换后问题就迎刃而解了

解法

强行模拟拆点重连边显然不行,会让图的边数达到 $n^2$ 级别的
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考虑转化：在每一条边上新建一个虚点，
例如第 $i$ 条边 $u - v$ ,我们建一个虚点 $n + i$ 并将原边变为两条边 $u\ -\ n+i,n+i \ - \ v$
发现转化后，对于删除 $i$ 点的操作，只需将 $i$ 删除并且合并虚点即可，图的形态仍是一颗树，就比较好处理了
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考虑答案的计算：需要分类讨论一下
首先我们记原图编号 $\le n$ 的点为实点（与虚点相对应）， $f_u$ 为 $u$ 的一级儿子的个数， $g_u$ 为 $u$ 的二级儿子的个数， $h_u$ 为 $u$ 的三级儿子的个数
对答案的贡献的情形分三种，记贡献为 $\Delta$
1.

在这里插入图片描述
2.

3.

将三种贡献加起来就有：
$Ans=\sum_{i=1}^{n} g_i^2 -\sum_{i=n+1}^{n*2+1} f_i (f_{i}-1)(f_i+1)-f_i^2+2f_ih_i$
合并虚点时用并查集维护并更新 $f, g, h$ 的值

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>

using ll = long long;
using namespace std;
const int N = 5e5 + 7;

int n;
vector<int> G[N];
ll f[N],g[N],h[N],fa[N],a[N];

int find(int x) {  return x==a[x]?x:a[x]=find(a[x]);  }

void dfs(int u,int ff) {
	fa[u]=ff;
	for(int v:G[u]) if(v!=ff) {
		dfs(v,u);
		if(u<=n) {
			g[u] += f[v] ;
		}else {
			++f[u] ;
			h[u] += g[v] ;
		}
	}
}

void work() {
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		ans += g[i]*g[i] ;
	for(int i=n+1;i<=(n<<1)-1;i++) 
		ans+=(f[i]*(f[i]+1)*(f[i]-1) - f[i]*f[i] + 2*f[i]*h[i]) , a[i] = i ;
	
	printf("%lld\n" , ans) ;
	for(int u=1;u<n;u++) {
		int x,y,z; x=find(fa[u]); y=fa[x]; z=find(fa[y]); // 最多影响往上3代
		ans-= g[u]*g[u] ;
		ans-=(f[x]*(f[x]+1)*(f[x]-1) - f[x]*f[x] + 2*f[x]*h[x]) ;
		ans-= g[y]*g[y];
		if(z) ans-=(f[z]*(f[z]+1)*(f[z]-1) - f[z]*f[z] + 2*f[z]*h[z]) ;
		--f[x],--g[y] ;
		if(z) --h[z];
		for(int v:G[u]) if(v!=fa[u]) {
			a[v] = x;
			f[x] += f[v]; h[x] -= f[v]; //三代变一代
			g[y] += f[v];
			h[x] += h[v];
			if(z) h[z]+=f[v] ;
			ans-=(f[v]*(f[v]+1)*(f[v]-1) - f[v]*f[v] + 2*f[v]*h[v]) ;
		}
		ans+= (f[x]*(f[x]+1)*(f[x]-1) - f[x]*f[x] + 2*f[x]*h[x]) ;
		ans+= g[y]*g[y];
		if(z) ans+=(f[z]*(f[z]+1)*(f[z]-1) - f[z]*f[z] + 2*f[z]*h[z]) ;
		
		printf("%lld\n" , ans) ;
	}
}

int main() {
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++) {
    	int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
    	G[u].push_back(n+i); G[n+i].push_back(v);
    	G[v].push_back(n+i); G[n+i].push_back(u);
	}
	dfs(n,0);
	work();
}