杭电多校七 1003-Counting Stickmen（组合数学）

题目链接：杭电多校7 - Virtual Judge

题目：

 题意：上面标红的部分是一个人，也只有上面这种形状的才算是人，问给定的一棵树中有多少个类似上图的人。

分析：我们能看到3-5这条边算是这个人的腰，因为一个人的腰是唯一的，所以我们可以枚举腰来统计人的个数。对于每一条边u-v，我们都可以假设u是连接腿的节点也可以假设v是连接腿的节点，把两种情况相加即可不重不漏地统计完所有的人。下面我以v作为连接腿的节点来阐述一下如何计算答案：

首先要选择两条边与v有关的边作为腿，而且所选的边还不能包含u-v，那么我们可以用d[i]记录i的度，孩子节点数就是度-1，那么我们脚的选择方案就有(d[i]-1)*(d[i]-2)/2，下面我们来看一下手，手的选择方案计算起来就稍微麻烦一点，首先我们应该从连接头的节点u选择两个长度为2的链作为手，而且这两个长度为2的链要满足两个条件：

（1）不能经过边u-v

（2）不能含有公共部分

我们先不考虑上面两个情况，就是说先看一下从u出发长度为2的链的总条数，其实这个就是u的孩子节点的所有孩子节点和（这里假设节点之间是有父子关系的），这个是比较容易理解的，那经过u-v的长度为2的链有多少呢？因为u-v长度已经是1了，所以我们只需要统计一下从v出发长度为1的且不包含u-v的链有多少就行了，其实也就是v的孩子节点的个数，那么我们用所有的长度为2的链减去经过u-v的长度为2的链就是所有的从u出发的且不经过u-v的长度为2的链的数目，不妨记为t，我们从中任选两个链作为手的方案数就是t*(t-1)/2，但是这样还有一点问题，就是说我们选的两条链虽然都不经过u-v，但是有可能经过同一条边：也就是两个手是这样的情况：

把1-2-3和1-2-4分别看成两个手，这样显然是不符合题意的，我们需要减去这种情况，而这种情况的数目并不是很难计算，比如说j是u的一个孩子节点，那么从j的孩子节点中任选两个都会构成这种情况，所以我们要计算的就是u的所有孩子节点中会构成这种情况的总数目，这个也不难计算，就是C(cnt[j],2)其中j是u的孩子节点,cnt[j]是j的孩子节点，也就是d[j]-1，然后求一个和就行了，需要注意的一点是我们之前没有考虑经过u-v的边，所以这一次考虑u的孩子时也不能考虑v，而为了我们预处理的方便，我们需要先考虑所有孩子节点的边然后最后减去即可。所以我们需要预处理出来

（代码说明：第一个是d[]，第二个是f1[]，第三个是f2[]）

这样我们就处理出来了腿的方案数和手的方案数，头的方案数就更简单了，直接是d[u]-3,因为我们只要选一个长度为1的链，且这条链不能和腰重合，也不能和手重合，所以就是d[u]-3,因为头和手和腰的选取是独立的，所以最后只需要取一个乘积，然后直接对每一条边进行统计答案即可。

细节见代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=5e5+10,mod=998244353;
int h[N],e[N*10],ne[N*10],idx;
void add(int x,int y)
{
	e[idx]=y;
	ne[idx]=h[x];
	h[x]=idx++;
}
int u[N],v[N];
long long d[N],f1[N],f2[N];
//d[i]存储第i个节点的度
//f1[i]存储第i个节点的孩子节点的孩子节点数目和 
//f2[i]存储的是第i个节点的孩子节点中选两个孩子的方案数之和 
void dfs(int x,int fa)
{
	if(fa!=-1)//防止fa为负数时进行数组索引造成越界 
	{
		f1[x]=d[fa]-1;
		f2[x]=(d[fa]-1)*(d[fa]-2)/2%mod;
	}
	else f1[x]=f2[x]=0;
	for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i])
	{
		int j=e[i];
		if(j==fa) return ;
		dfs(j,x);
		f1[x]=(f1[x]+d[j]-1)%mod;
		f2[x]=(f2[x]+(d[j]-1)*(d[j]-2)/2%mod)%mod;
	}
}
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n;
		scanf("%d",&n);
		idx=0;
		for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=-1,d[i]=0;
		for(int i=1;i
		{
			scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
			add(u[i],v[i]);add(v[i],u[i]);
			d[u[i]]++;d[v[i]]++;
		}
		dfs(1,-1);
		long long ans=0;
		for(int i=1;i
		{
			long long tv=(d[v[i]]-1)*(d[v[i]]-2)/2%mod;//以v点作为腿的方案数 
			long long tu=(d[u[i]]-1)*(d[u[i]]-2)/2%mod;//以u点作为腿的方案数 
			long long sumu=(f1[u[i]]-(d[v[i]]-1))*(f1[u[i]]-d[v[i]])/2%mod;
			long long sumv=(f1[v[i]]-(d[u[i]]-1))*(f1[v[i]]-d[u[i]])/2%mod;
			ans=(ans+tv*(d[u[i]]-3)%mod*(sumu-(f2[u[i]]-tv)))%mod;
			ans=(ans+tu*(d[v[i]]-3)%mod*(sumv-(f2[v[i]]-tu)))%mod;
		}
		printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	}
	return 0;
}