算法笔记-换根DP

换根DP

一般是给定一棵不定根树，求以每个节点为根的一些信息。可以通过二次扫描：

• 第一次扫描，任选一点为根，在有根树上，自底向上转移
• 第二次扫描，从上一次扫描的根开始，自顶向下计算

P3478 [POI2008] STA-Station

题意：

询问以哪个节点为根，所有节点的深度和最大。深度为到根节点的距离。

解析：

第一次扫描：以节点1为根(任意一个节点都可以)，求出深度和。

第二次扫描：设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$ ，$v$ 子树内所有节点的深度-1，不在 $v$ 子树内的所有节点深度+1。 $f_v=f_u-siz{e}_v+n-siz{e}_v$，$n$ 为所有节点数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;struct edge{int to, nxt;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot, dep[maxn];
void add(int a, int b){e[++tot].nxt = head[a];e[tot].to = b;head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn];
void dfs(int u, int fa){siz[u] = 1;dep[u] = dep[fa] + 1;for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;dfs(v, u);siz[u] += siz[v];}
}
void dfs2(int u, int fa){for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;f[v] = f[u] + n - siz[v] * 2;dfs2(v, u);}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i < n; i++){int u, v;cin >> u >> v;add(u, v); add(v, u);}dfs(1, 0);for(int i = 1; i <= n; i++)f[1] += dep[i];dfs2(1, 0);ll maxx = -1, res;for(int i = 1; i <= n; i++){if(maxx < f[i]){res = i;maxx = f[i];}}cout << res << endl;return 0;
}

P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G

题意：

一棵树，边有边权，点有点权。询问以哪个点为根时，$\sum _{i=1}^{n}dis(i,root)\cdot a_i$。$a_i$ 为点权，$dis(i,root)$ 为节点 $i$ 与根节点的距离。

解析：

第一次扫描：
以1节点为根，$f_u$ 表示 $u$ 子树内节点到 $u$ 距离点权的乘积的和。设 $v$ 为 $u$ 的儿子，则 $f_u=\sum (f_v+siz{e}_v\times e(u,v))$，$e(u,v)$ 为 $(u,v)$ 边的长度。

第二次扫描：
设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$，$v$ 子树内所有节点到根节点的距离减小 $e(u,v)$，不在 $v$ 子树内的所有节点到根节点的距离增加 $e(u,v)$。 $f_v=f_u+(n-2\times siz{e}_v)\times e(u,v)$，$n$ 为所有节点数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6+10;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;#define int ll
struct edge{int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot;
void add(int a, int b, int c){e[++tot].nxt = head[a];e[tot].to = b;e[tot].w = c;head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn], a[maxn], sum;
void dfs(int u, int fa){siz[u] = a[u];for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;dfs(v, u);siz[u] += siz[v];f[u] += f[v] + siz[v] * e[i].w;}
}
void dfs2(int u, int fa){for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;f[v] = f[u] - siz[v] * e[i].w + (sum - siz[v]) * e[i].w;dfs2(v, u);}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];sum += a[i];}for(int i = 1; i < n; i++){int u, v, w;cin >> u >> v >> w;add(u, v, w); add(v, u, w);}dfs(1, 0);dfs2(1, 0);ll res = INF;for(int i = 1; i <= n; i++)res = min(res, f[i]);cout << res << endl;return 0;
}

积蓄程度

题意：

一棵树，根节点可以流出无限水，叶子节点可以吸收无限水，每条边有流量限制。询问以哪个点为根节点时，叶子节点吸收的水最多。

解析：

第一次扫描：

令 $f_u$ 为以1为根节点时，以 $u$ 为根的子树中，吸收的水量。

设 $v$ 为 $u$ 的儿子：
$$\{\begin{array}{ll}{f}_u+=min(f_v,w(u,v)),& de{g}_v=1\\ f_u+=w(u,v),& de{g}_v\ne 1\end{array}$$

第二次扫描：

令 $g_u$ 为以 $u$ 为根节点时，最大流量。

设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$

$g_v$ 包括两部分:

• 一部分是第一次扫描的 $f_v$
• 一部分是流向 $u$ 进而流向其他节点

对 $u$ 而言，从 $u$ 到 $v$ 的流量为 $min(f_j,w(i,j))$，流向 $v$ 之外的流量为 $g_u-min(f_j,w(i,j))$。所以 $g_v$ 的第二部分为 $min(w(u,v),g_u-min(f_j,w(i,j)))$。也需要按照度是否为1讨论一下：$$\{\begin{array}{ll}{g}_v=f_v+w(u,v)& de{g}_u=1\\ g_v=f_v+min(g_u-w(u,v),w(u,v))& de{g}_u\ne 1,de{g}_v=1\\ g_v=f_v+min(g_u-min(f_v,w(u,v)),w(u,v)),& de{g}_u\ne 1,de{g}_v\ne 1\end{array}$$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 2e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;#define int ll
struct edge{int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot;
void add(int a, int b, int c){e[++tot].nxt = head[a];e[tot].to = b;e[tot].w = c;head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn], g[maxn], deg[maxn];
void dfs(int u, int fa){f[u] = 0;for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;dfs(v, u);if(deg[v] == 1)f[u] += e[i].w;elsef[u] += min(e[i].w, f[v]);}
}
void dfs2(int u, int fa){for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){int v = e[i].to;if(v == fa)continue;if(deg[u] == 1)g[v] = f[v] + e[i].w;else if(deg[v] == 1)g[v] = f[v] + min(g[u]-e[i].w, e[i].w);elseg[v] = f[v] + min(g[u]-min(f[v], e[i].w), e[i].w);dfs2(v, u);}
}
void solve(){cin >> n;memset(deg, 0, sizeof(deg));tot = 0;memset(head, 0, sizeof(head));for(int i = 1; i < n; i++){int a, b, c;cin >> a >> b >> c;add(a, b, c);add(b, a, c);deg[a]++; deg[b]++;}dfs(1, 0);g[1] = f[1];dfs2(1, 0);ll res = 0;for(int i = 1; i <= n; i++)res = max(res, g[i]);cout << res << endl;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);int T;cin >> T;while(T--)solve();return 0;
}