From 06eec516f22033847457cd3617a581d99b307792 Mon Sep 17 00:00:00 2001
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Date: Wed, 17 Jan 2024 09:55:51 +0800
Subject: [PATCH] 'commit'

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 TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp     |  39 +++--
 TangDou/Topic/【换根DP】专题.md | 234 +++++++++++++++++++++++++-
 2 files changed, 262 insertions(+), 11 deletions(-)

diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
index 3e22d60..b36d3bf 100644
--- a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
+++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P6419.cpp
@@ -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;
 }
\ No newline at end of file
diff --git a/TangDou/Topic/【换根DP】专题.md b/TangDou/Topic/【换根DP】专题.md
index ab18cde..fe1469a 100644
--- a/TangDou/Topic/【换根DP】专题.md
+++ b/TangDou/Topic/【换根DP】专题.md
@@ -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)