题目描述
Imakf是一个小蒟蒻，他最近刚学了LCA，他在手机APP里看到一个游戏也叫做LCA就下载了下来。
这个游戏会给出你一棵树，这棵树有N个节点，根结点是R，系统会选中M个点P1,P2...PM，要Imakf回答有多少组点对(ui,vi)的最近公共祖先是Pi。Imakf是个小蒟蒻，他就算学了LCA也做不出，于是只好求助您了。
Imakf毕竟学过一点OI,所以他允许您把答案模 (10^9+7)
输入格式
第一行 N , R , M
此后N-1行 每行两个数a,b 表示a,b之间有一条边
此后1行M个数 表示P_i
输出格式
M行，每行一个数，第i行的数表示有多少组点对(u_i,v_i)的最近公共祖先是P_i
N≤10000,M≤50000
显然这题根LCA没有多大关系......
设size(x)表示以x为根的子树大小(x自己也要算)，我们来愉快地推式子
设存在点u,v，并且x是u,v的祖先。考虑u,v之间的路径(不包含u,v)不经过x，那么根据往日做LCA的经验，只有当u,v至少其中一个等于x时两个点的LCA才会是x。设x一共有k棵子树，那么此时：
[ans1=sum_{i=1}^{k}size[son[i]]*2+1=size[x]*2-1
]
再考虑经过x的情况，此时：
[ans2=sum_{i=1}^{k}sum_{j=1}^{k}size[son[i]]*size[son[j]]
]
[ans2=sum_{i=1}^{k}size[son[i]]*(size[x]-1)
]
[ans2=(size[x]-1)^2
]
然后减去重复计算的i=j的部分:
[ans2=(size[x]-1)^2-sum_{i=1}^{k}size[i]^2
]
再把两个答案加起来:
[ans=ans1+ans2=size[x]*2-1+(size[x]-1)^2-sum_{i=1}^{k}size[i]^1
]
[ans=size[x]^2-sum_{i=1}^{k}size[i]^2
]
然后我们来分析复杂度。最坏的情况就是：根直接连接其余所有点，并且每次询问都是根节点。此时时间复杂度就是O(N*M)。考虑优化。
显然重复计算过的我们不需要再算。记录ans数组，预处理出每个点的答案，时间复杂度就变成了O(N+M)，期望得分100。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 10001
#define p 1000000007
using namespace std;
struct edge{
int to,next;
edge(){}
edge(const int &_to,const int &_next){ to=_to,next=_next; }
}e[maxn<<1];
int head[maxn],k;
int size[maxn],ans[maxn];
int n,m,r;
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
inline void add(const int &u,const int &v){
e[k]=edge(v,head[u]);
head[u]=k++;
}
inline void dfs(int u,int pre){
size[u]=1;
for(register int i=head[u];~i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
if(v==pre) continue;
dfs(v,u),size[u]+=size[v];
ans[u]=(ans[u]+size[v]*size[v])%p;
}
ans[u]=(size[u]*size[u]%p-ans[u]+p)%p;
}
int main(){
memset(head,-1,sizeof head);
n=read(),r=read(),m=read();
for(register int i=1;i<n;i++){
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
dfs(r,0);
while(m--) printf("%d
",ans[read()]);
return 0;
}