其实说子树就复杂了，题目给的虽然是树，但是实际上还是边的集合，而子树不就是这个集合的子集吗。说到枚举子集，那必然是状态压缩了（即用二进制来表示一个子集，对于长度为 n n n 的集合，可以用十进制数的 0 − 2 n 0-2^n 0−2n 的二进制来表示一个子集，二进制对应的位为 1 1 1 表示这个元素在这个子集中，反之则表示不在）。那枚举子集的问题解决了，怎么计算一棵树的直径呢？我们这里直接说定理啊，不难理解：

树形动态规划

根据第一个求树的直径的方法，我们每次以当前节点为根向下延伸求一个最远距离 f i r s t first first 和一个次远距离 s e c o n d second second，记录 f i r s t + s e c o n d first+second first+second 的最大值，遍历完子树之后即可得到树的直径。更多细节看代码注释。

class Solution {public:vector<int> countSubgraphsForEachDiameter(int n, vector<vector<int>>& edges) {vector<vector<int>> adj(n);for(auto edge:edges){//创建邻接表int x=edge[0]-1;int y=edge[1]-1;adj[x].push_back(y);adj[y].push_back(x);}function<int(int, int& ,int& )> dfs=[&](int root,int& mask,int& d){int first=0;int second=0;mask&=~(1<<root);//在全集中去掉根节点for(int v:adj[root]){//枚举所有与根节点直接相连的点if(mask&(1<<v)){//如果这个点在子树里，才进行下一步递归mask&=~(1<<v);//从子树中删去这个点，递归这个点的孩子int dis=1+dfs(v,mask,d);//这一步已经递归完了返回结果了，我们得到了一个距离，现在根据这个距离更新最远距离和次远距离if(dis>first){//这个距离比最远距离还要大，二者都需要更新second=first;first=dis;}else if(dis>second){//这个距离大于次远距离小于最远距离，只更新次远距离second=dis;}}}d=max(d,first+second);//更新当前最大直径//对于每一个子函数，返回最远距离，再由父函数+1，最后回到根节点就可以得到最远距离，次远距离只是顺路得到的return first;};vector<int> res(n-1);for(int i=1;i<(1<<n);i++){//状态压缩枚举子树//已知子树是一个连通图，那么，把任何一个节点当作根，都可以得到一棵树//我们知道，i的二进制表示了全集中每个元素是否在子集中，这一步其实就是找出子集中编号最大的节点作为该子树的根节点//这个函数的作用是得到一个十进制数的二进制前导0的个数，int类型四字节，32位int root=32-__builtin_clz(i)-1;int mask=i;int d=0;dfs(root,mask,d);if(mask==0&&d>0){//如果遍历过程需要不断移除当前节点，所以如果mask!=0,意味着有节点不可达，是非法子树。//d>0是为了处理res边界问题,且d=0时说明这个点时孤立的，也没有意义res[d-1]++;}}return res;}
};

BFS+DFS

根据第二个方法，我们需要将每一个子图搜两次。第一次从根节点开始，找一个最远距离，即图的深度；第二次将这个最远的点作为根节点，再求一次深度，第二次得到的深度即为树的直径。这里有一个小技巧：如果我们在搜第一遍的时候用BFS，因为BFS的算法特性，从根节点开始走，最后走到的点一定是最远的，那我们可以在判断子图的连通性的同时得到最远的点，即第一个深度。更多代码细节就不赘述了，看一看方法一的代码注释。

class Solution {public:vector<int> countSubgraphsForEachDiameter(int n, vector<vector<int>>& edges) {vector<vector<int>> adj(n);for(auto edge:edges){int x=edge[0]-1;int y=edge[1]-1;adj[x].push_back(y);adj[y].push_back(x);}function<int(int, int ,int )> dfs=[&](int parent,int u,int mask){int depth=0;for(int v:adj[u]){if(v!=parent&&mask&(1<<v)){//判断是不是父节点，保证遍历的都是子节点，不会开倒车depth=max(depth,1+dfs(u,v,mask));//每次递归的都是同一棵子树，所以不用删去节点}}return depth;};vector<int> res(n-1);for(int i=1;i<(1<<n);i++){int x=32-__builtin_clz(i)-1;int mask=i;int y=-1;//第一次的最远点queue<int> q;q.push(x);mask&=~(1<<x);while(!q.empty()){y=q.front();q.pop();for(int v:adj[y]){if(mask&(1<<v)){mask&=~(1<<v);q.push(v);}}}if(mask==0){//合法子树int d=dfs(-1,y,i);if(d>0){res[d-1]++;}}}return res;}
};

最短路径+动态规划

这个做法真的是另辟蹊径啊，太妙了。这个做法是构建新的子树，有点类似于官解第三个方法。这个做法基于题设的一个前提：保证了给的是一棵树。换句话说，这个拓扑里面不可能有环。进一步想，对于一棵子树，如果我们往这个子树里面加一个与子树里面的某一节点有邻接边的节点，即新加入的这个点在加入子图后是可达的。再结合题设，就可以推断出，新加入的这个点一定是一个叶子节点。可以反证，如果这个点不是叶子节点，他有两个邻接边，那就只有两个情况：第一，新加入这个节点导致出现了环，这与题设相悖；第二，之前的子树是不合法子树，有节点不可达。第一种情况是不允许出现的，而第二种情况如下图左所示：一个新节点的加入联通了子树和一个不可达的节点。这种情况我们可以直接把它排除掉，因为这棵子树可以通过右边这种情况实现，不会存在漏答案。

既然新加入的点一定是一个叶子节点，那就好说了。因为直径可以描述为，一个叶子节点到所有叶子节点的最大值。因此我们枚举合法的子树，试图往里加一个新的节点，并计算这棵新树直径，一样可以得到所有子树的直径，最后统一以下即可得到最终答案。

class Solution {public:vector<int> countSubgraphsForEachDiameter(int n, vector<vector<int>>& edges) {vector<vector<int>> dis(n,vector<int>(n,INT_MAX));//初始化个点之间的距离为节点数目，即可能距离的最大值，方便后面更新最短距离vector<int> dp(1<<n,0);//子树的直径for(int i=0;i<n;i++) dis[i][i]=0;//初始化同一节点之间距离为0for(auto edge:edges){//相邻节点间距离为1int x=edge[0]-1;int y=edge[1]-1;dis[x][y]=1;dis[y][x]=1;dp[(1<<x)+(1<<y)]=1;//所有由两个节点组成的子树，直径都为1//弗洛伊夫算最短路径for(int k=0;k<n;k++){for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<n;j++){if(dis[i][k]!=INT_MAX&&dis[k][j]!=INT_MAX){dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);}}}}for(int j=1;j<(1<<n);j++){if(dp[j]==0) continue;//该子树本身不合法，直接跳过for(int i=0;i<n;i++){//遍历节点找符合条件的新节点//当前节点已经在子树中了或者该子树已经计算过了，跳过。如101+010=011+100=111，是同一棵子树，只是节点添加顺序不同if(((1<<i)&j)!=0||dp[j+(1<<i)!=0]){continue;}for(int k=0;k<n;k++){//找一个与需要加入的节点直连的点，即新节点加入子树的连接点if(((1<<k)&j)!=0&&dis[i][k]==1){//这个点在子树集合里，且与需要新加入的点之间有边dp[j+(1<<i)]=dp[j];//新子树的直径不会小于旧子树的直径，先赋个值break;}}//如果这个新节点没找到符合条件的节点来加入旧子树，即dp[i+(1<<j)]没被赋值，直接跳过if(dp[j+(1<<i)]==0) continue;for(int k=0;k<n;k++){//寻找这个新节点与旧子树中所有节点距离的最大值，即为新子树的直径if(((1<<k)&j)!=0){dp[j+(1<<i)]=max(dp[j+(1<<i)],dis[i][k]);}}}}}vector<int> res(n-1,0);for(int j=0;j<(1<<n);j++){if(dp[j]!=0){res[dp[j]-1]++;// cout<<dp[j]<<endl;}}return res;}
};