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黄海 2 years ago
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39
TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
Unescape View File

@ -71,24 +71,42 @@ void dfs1(int u, int fa) {
}
}
/* 换根DP
统计信息(以父更子，所以一般写作g[v])
① g[v] : 不再拘泥于只能向下统计，也包括向上的统计信息，全带上，我想知道以v为根出发需要多长时间把所有人都送回家，并且回到v点的时间是多少
② up[v]: v向上走的最远路径是多少
③
*/
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
/*
情况1：
所有的节点都在v的子树内,那么,这里比较容易理解，因为所有节点都在子树内，
那么这两个答案自然就等价了,而非子树最长链也很显然为0
*/
if (sz[v] == k) {
g[v] = f[v];
g[v] = f[v],
up[v] = 0;
} else if (sz[v] == 0) {
g[v] = g[u] + 2 * w[i];
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i];
} else if (sz[v] && sz[v] != k) {
g[v] = g[u];
if (id[u] == v)
}
/*
v子树没有被标记的点，那么一切都由父节点继承过了了
*/
else if (sz[v] == 0) {
g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发，并且，向u方向前进，那么u的结果就是你的结果，但是，要加上两次跑路的代价
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
}
// v子树有标记的点，v子树外也有标记的点
else if (sz[v] && sz[v] != k) {
g[v] = g[u]; // 这个最难理解，见题解
if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
else
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i];
up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
}
// 套路
dfs2(v, u);
}
}
@ -115,5 +133,6 @@ signed main() {
// 第二次dfs
dfs2(1, 0);
for (int u = 1; u <= n; u++) cout << g[u] - max(up[u], mx1[u]) << endl;
// 遍历所有节点，以每个点为根出发，输出时间的最小值
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i] - max(up[i], mx1[i]) << endl;
}

234
TangDou/Topic/【换根DP】专题.md
Unescape View File

@ -960,7 +960,239 @@ int main() {
其它人不会动，只有你去找人。
**思路**
https://zhuanlan.zhihu.com/p/572288778
需要存储较多信息但并不算太难想的换根$dp$
先将问题转化:变成求从第$i$个点出发，将所有人都送回家后在回到$i$这个节点的最短路径,记作$g[i]$
最后我们要求解的答案 $f[i]=g[i]-mx[i]$
$mx[i]$为从$i$这个节点出发的最长路径长度，这条路我们可以考虑最后出发，这样送回去后并不需要返回原点了。
这里我们再多记录一些东西，这些是属于子树内的信息，一遍树形$dfs$即可求解:
- $f[i]$ 表示将$i$这个节点子树的所有人都送回家并回到$i$的最短路径
- $mx1[i]$ 表示 $i$节点子树的最长链的长度
- $mx2[i]$ 表示 $i$节点子树的次长链的长度
- $id[i]$ 表示 $i$节点的最长链属于哪个子树
- $sz[i]$ 表示 节点子树中被标记的节点的数量
这些具体看代码，感觉是典中典
```cpp {.line-numbers}
/*
第一次dfs,先递归子节点v，利用子节点v提供的信息，更新父节点u的统计信息
统计信息包括：
① mx1[u]:以u为根的子树中，u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
③ id[u]: 以u为根的子树中，当获取到u可以走的最长距离时，它第一个经过的点记录到id[u]中
④ sz[u]: 以u为根的子树中，有多少个需要接的人员
⑤ f[u]: 以u为根的子树中，从u出发，接完子树中所有人员，并且，返回到u，所需要的时间
*/
void dfs1(int u, int fa) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u); // 上来先递归u的子节点v,因为v中在初始化读入时，已经初始化了sz[v]=1,所以，可以利用这个进行更新sz[u]+=sum(sz[v])
if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人，那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献，放过v子树
// 如果进入到这里，说明v子树里面有需要接的人，会对u为根的子树产生贡献，需要讨论
f[u] += f[v] + 2 * w[i];
// v子树里有人，那么v子树就一定要进去看看！所以一来一回的w[i]省不下
// v里面到底需要花费多少时间，记录在f[v]里了，所以，v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中，能走到的最长路径记录在mx1[v]里，现在以子推父，父亲的以u为根的子树中，u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的，那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
if (x >= mx1[u]) {
mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长，大于次长(注意：这里不需要等号，等号没用，当然，加上也不错)
mx2[u] = x; // 更新次长
// 汇总父节点u的接人个数
sz[u] += sz[v];
}
}
```
紧接着我们考虑第二遍自顶向下的$dfs$
我们可以做到更新
$g[i]$ 从第$i$个点出发，将所有人都送回家后在回到$i$这个节点的最短路径
$up[i] $i$点非子树的最长链的长度
这里分类讨论:
```cpp {.line-numbers}
if (sz[v] == k) {
g[v] = f[v],
up[v] = 0;
}
```
所有的节点都在$v$的子树内，那么， 这里比较容易理解，因为所有节点都在子树内，那么这两个答案自然就等价了，而非子树最长链也很显然为$0$
```cpp {.line-numbers}
else if (sz[v] == 0) {
g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发，并且，向u方向前进，那么u的结果就是你的结果，但是，要加上两次跑路的代价
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
}
```
这里既然$v$子树没有被标记的点，那么一切都由父节点继承过来了
```cpp {.line-numbers}
else if (sz[v] && sz[v] != k) {
g[v] = g[u]; // 这个最难理解，见题解
if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
else
up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
}
```
$v$子树有标记的点，$v$子树外也有标记的点
这种情况下 $g[v]=g[u]$,这里感觉是这道题最难理解的一个地方了，当我们计算$f[u]$的时候，因为$v$子树有标记的点，所有我们肯定有$f[v]+2\times w_{u \rightarrow v}$ 这个价值加进来，那么我们现在倒过来再计算$g[v]$,自然而然也会加上这个值（这里有点口胡，建议画图理解一下)
而这里终于能用到了次长链，如果$u$的最长链经过$v$，则用$max(up[u],mx2[u])$更新
$up[v]$,否则就使用$max(up[u],mx1[u])$更新$up[v]$
**时间复杂度 $O(n)$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500010, M = N << 1;
#define int long long
// 链式前向星
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
void add(int a, int b, int c = 0) {
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}
int n; // n个节点
int k; // k个需要接的人
// 以下的五个数组，是在递归中维护的数据，只有准备了这些数据，才能保证各种情况下我们都能提供正确的解答
int mx1[N]; // u的子树中最长链的长度
int mx2[N]; // u的子树中次长链
int sz[N]; // 以u为根的子树中是否有人
int id[N]; // id[u]:u的最长链条出发，第1个经过的节点是哪个节点
int up[N]; // 向上的最长路径：不在u的子树内,而是向u的父节点方向走，距离u最远的那个人的家到u的距离
// 根据黄海的习惯，换根DP的第一次结果我喜欢记录到f[]中，第二次的统计结果喜欢记录到g[]中
// 这一点可能与网上一些题解不太一致，请读者注意
int f[N]; // 以任意点为根(一般情况下，我喜欢以节点1为根),记录:从u出发把u子树上的人都送回家再回到u所需要的时间
int g[N]; // 不管以哪点为根出发,记录：从u出发把所有点都送回家再回到u的最短时间
/*
本题其实是两个子问题的综合题：
1、你可以挑选任意一个点作为根出发，然后dfs走完全部的有人的节点，然后返回到根，这时当根节点确定时，这个总时间是确定的。
时间的相关条件包括：走了哪些路径（一来一回走两遍）,路径的边权值,是从哪个根出发的（这个很好理解，从一个离大家都近的地方出发，肯定比
从欧洲出发要快吧~）。
2、如果只是最终都要回到根，那上面的逻辑跑多次以不同节点为根的dfs就行，也就是暴力换根；当然，我们嫌人家O(N^2)太慢，也可以优化一下：
采用换根dp,两次dfs，优化为O(N)的。
但这样肯定是不行的，原因是题目中隐藏了一个条件：最后一次送完人，不用回到根起点！！！
这个非常重要！！就是因为它才导致后面的讨论、存储统计信息非常麻烦！！！
*/
/*
第一次dfs,先递归子节点v，利用子节点v提供的信息，更新父节点u的统计信息
统计信息包括：
① mx1[u]:以u为根的子树中，u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
③ id[u]: 以u为根的子树中，当获取到u可以走的最长距离时，它第一个经过的点记录到id[u]中
④ sz[u]: 以u为根的子树中，有多少个需要接的人员
⑤ f[u]: 以u为根的子树中，从u出发，接完子树中所有人员，并且，返回到u，所需要的时间
*/
void dfs1(int u, int fa) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u); // 上来先递归u的子节点v,因为v中在初始化读入时，已经初始化了sz[v]=1,所以，可以利用这个进行更新sz[u]+=sum(sz[v])
if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人，那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献，放过v子树
// 如果进入到这里，说明v子树里面有需要接的人，会对u为根的子树产生贡献，需要讨论
f[u] += f[v] + 2 * w[i];
// v子树里有人，那么v子树就一定要进去看看！所以一来一回的w[i]省不下
// v里面到底需要花费多少时间，记录在f[v]里了，所以，v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中，能走到的最长路径记录在mx1[v]里，现在以子推父，父亲的以u为根的子树中，u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的，那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
if (x >= mx1[u]) {
mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长，大于次长(注意：这里不需要等号，等号没用，当然，加上也不错)
mx2[u] = x; // 更新次长
// 汇总父节点u的接人个数
sz[u] += sz[v];
}
}
/* 换根DP
统计信息(以父更子，所以一般写作g[v])
① g[v] : 不再拘泥于只能向下统计，也包括向上的统计信息，全带上，我想知道以v为根出发需要多长时间把所有人都送回家，并且回到v点的时间是多少
② up[v]: v向上走的最远路径是多少
③
*/
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
/*
情况1：
所有的节点都在v的子树内,那么,这里比较容易理解，因为所有节点都在子树内，
那么这两个答案自然就等价了,而非子树最长链也很显然为0
*/
if (sz[v] == k) {
g[v] = f[v];
up[v] = 0;
}
/*
v子树没有被标记的点，那么一切都由父节点继承过了了
*/
else if (sz[v] == 0) {
g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发，并且，向u方向前进，那么u的结果就是你的结果，但是，要加上两次跑路的代价
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
}
// v子树有标记的点，v子树外也有标记的点
else if (sz[v] && sz[v] != k) {
g[v] = g[u]; // 这个最难理解，见题解
if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
else
up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
}
// 套路
dfs2(v, u);
}
}
signed main() {
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n >> k; // n个节点,要接k个人
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
add(a, b, c), add(b, a, c);
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int x;
cin >> x;
sz[x] = 1; // x节点有一个人
}
// 第一次dfs
dfs1(1, 0);
g[1] = f[1];
// 第二次dfs
dfs2(1, 0);
// 遍历所有节点，以每个点为根出发，输出时间的最小值
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i] - max(up[i], mx1[i]) << endl;
}
```
#### [$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)

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