【题解】[ABC312G] Avoid Straight Line
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题意概述
给定一棵 \(n\) 个节点的树，第 \(i\) 条边连接节点 \(a_i\) 和 \(b_i\)，要求找到满足以下条件的三元整数组 \((i,j,k)\) 的数量：
- \(1\le i<j<k\le n\)；
- 对于树上任意一条简单路径，都不同时经过 \(i,j,k\)。
数据范围
- \(1 \le n \le 2\times 10^5\)
- \(1\le a_i,b_i \le n\)
思路分析
题目要求对于树上任意一条简单路径都不同时经过 \(i,j,k\)，这个条件直接思考不容易想出来有什么处理的办法，考虑正难则反，我们可以先求出树上至少有一条路径同时经过 \(i,j,k\) 时满足条件的三元组 \((i,j,k)\) 的数量，然后再容斥。
即，问题可以转化为：
树上所有满足 \(1\le i<j< k\le n\) 的三元组 \((i,j,k)\) 的数量减去树上至少有一条路径同时经过 \(i,j,k\) 时，满足条件的三元组 \((i,j,k)\) 的数量。
树上所有满足 \(1\le i <j<k \le n\) 的三元组 \((i,j,k)\) 的数量实际上就是在 \(1-n\) 的所有数中找到三个数 \((i,j,k)\) 使得 \(1 \le i<j<k \le n\) 的数量，也就是 \(\mathrm{C_n^3}=\dfrac{n\times (n-1)\times (n-2)}{6}\)。
现在问题就只剩下：树上至少有一条路径同时经过 \(i,j,k\) 时满足条件的三元组 \((i,j,k)\) 的数量怎么求。
有一条路径同时经过 \(i,j,k\) 实际上就相当于是 \(i\) 在 \(j\) 到 \(k\) 的路径上，或 \(j\) 在 \(i\) 到 \(k\) 的路径上，或 \(k\) 在 \(i\) 到 \(j\) 的路径上。
这就给了我们一个思路：我们首先可以钦定一个中间节点 \(u\)，即对于每一个点 \(u\)，其中 \(1 \le u \le n\)，满足有多少个不同于 \(u\) 的无序点对 \((v,w)\) 使得 \(u\) 在点 \(v\) 到 \(w\) 的路径上。这也就是当 \(u\) 作为中间节点时符合条件的三元组的数量。
那么树上所有的点作为中间节点时的答案之和，就是树上至少有一条路径同时经过 \(i,j,k\) 时满足条件的三元组 \((i,j,k)\) 的数量。
现在考虑怎么求当固定点 \(u\) 作为中间节点时，有多少个不同于 \(u\) 的无序点对 \((v,w)\) 使得 \(u\) 在 \(v\) 到 \(w\) 的路径上。
考虑当 \(u\) 作为整棵树的根时，显然要使得 \(u\) 成为中间节点，那么当它的一个子树内的节点 \(t\) 作为 \(v\) 时，与 \(t\) 在同一个子树内的节点一定不能作为 \(w\)，只有与它不在同一个子树内非 \(u\) 的节点才有可能成为 \(w\)，也就是说其它子树内任意一个节点都可以作为 \(w\)。
也就是说对于 \(u\) 的一个子树的根 \(t\)，该子树的点作为 \(v\) 的方案数是 \(sz_t\times (n-sz_t-1)\)，由于是无序点对（即 \((v,w)\) 和 \((w,v)\) 算同一个点对，为了防止计算重复，那么我们需要在枚举 \(u\) 的儿子时，每次减去当前已经被算过的点的个数，即我们可以定义一个 \(now\)，初始化 \(now=n-1\)，每次计算完一个子树 \(t\) 的答案，就让 \(now\) 减去 \(sz_t\)（因为这个子树内的点与后面子树的点的组合成为点对算过答案了，之后就没有必要再计算了），那么当前这个子树 \(t\) 的答案 \(ans_t=sz_t\times now\)（具体详见下面的代码）。那么 \(u\) 作为中间节点的点答案就是它所有的儿子的答案之和，即 \(\sum \limits_{t\in son_u} ans_t\)。
那么对于最后满足条件的三元组的数量 \(ans\)，我们只需要从 \(1\) 开始 dfs 一遍，跑出所有点作为中间节点的答案然后加起来就可以了。
最终的答案就是 \(\mathrm{C_n^3}-ans\)。
代码实现
//G
//The Way to Terminal Station…
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int sz[maxn];
int ans,n;
basic_string<int>edge[maxn];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
void dfs(int x,int fa)
{
int ret=0;
for(int y:edge[x])
{
if(y==fa)continue;
dfs(y,x);
sz[x]+=sz[y];
}
sz[x]++;
int now=n-1;
for(int y:edge[x])
{
if(y==fa)continue;
now-=sz[y];
ret+=sz[y]*now;
}
if(edge[x].size()>1)ans+=ret;
return ;
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int a,b;
a=read();b=read();
edge[a]+=b;
edge[b]+=a;
}
int tot=n*(n-1)*(n-2)/6;
dfs(1,0);
cout<<tot-ans<<'\n';
return 0;
}