'commit'

TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1187E.cpp

@@ -38,8 +38,7 @@ void dfs2(int u, int fa) {
         int v = e[i];
         if (v == fa) continue; // 填充g[]数组的权值最大值
         // 此处 sz[1]=n,怎么写都行
-        int redCount = sz[1] - sz[v];   // 题解中红色实线描出来的区域中节点个数，这是按题意增加的节点数
-        g[v] = redCount + g[u] - sz[v]; // 数学方法计算出来，修改v的最终答案
+        g[v] = n + g[u] - 2 * sz[v]; // 数学方法计算出来，修改v的最终答案
         // 自顶向下修改统计信息，统计信息是指以每个点为根时可以获取到的最大权值
         dfs2(v, u);
     }

TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md

@@ -420,19 +420,19 @@ signed main() {
 ![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401160947763.png)
 
 
-**总结**：这个理解能力，目前看来有两种办法：
+**总结**：题目理解能力，目前看来有两种办法：
 - ① 多动手画图理解，尝试换根试一下。
 - ② 多做题，做的多了就一下明白它说什么了。
 
 
 **题解**
-不难发现只要选定了第一个被染色的结点，答案也就确定了, 也就是 选了谁是根最重要，其它的选择顺序不重要。
+不难发现只要选定了第一个被染色的结点，答案也就确定了, 也就是 **选了谁是根最重要，其它的选择顺序不重要**。
 
 所以有一个朴素做法就是以枚举每个结点为根，都做一次树形$dp$。
 
-以某一结点为根，记 $f_i$ 表示以 $i$ 为根的子树中，首先把 $i$ 染成黑色的答案。
+以某一结点为根，记 $f[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，首先把 $i$ 染成黑色的权值。
 
-方程就是 
+状态转移方程:
 $\displaystyle \large f[u]=sz[u]+\sum_{v \in son[u]} f[v]$​
 
 其中 
@@ -445,11 +445,11 @@ $O(n^2)$ ，稳稳地暴毙,然后就会自然而然地想到换根$dp$。
 
 **换根$dp$**
 
-先考虑以任意一点为根，不妨记为 $1$ ，求出 $f$ 数组。
+先考虑以$1$号点为根，求出 $f$ 数组。
 
 然后记 $g[i]$ 表示以 $i$ 结点为根时的答案,尝试通过$1$号节点的计算已知值，进行换根,利用数学变换加快运算速度。
 
-显然,由于1号节点是根，它没有向上走的路径，所以它的向下所有获取的价值，就是总价值，也就是 $g[1] =f[1]$ 
+显然,由于1号节点是根，它没有向上走的路径，所以它的向下所有获取的价值就是总价值，也就是 $g[1] =f[1]$ 
 
 然后考虑 $g$ 数组从 **父亲到儿子** 的转移。
 
@@ -467,9 +467,90 @@ $O(n^2)$ ，稳稳地暴毙,然后就会自然而然地想到换根$dp$。
 
 然后考虑父亲方向，也就是图中红圈部分对 $g[2]$ 的贡献。
 
-那么除了以 $2$ 号结点，与 $1$ 号结点相邻的其他子树都会对答案产生贡献，也就是说，我们只需要用以 $1$ 号结点为根时的权值减去以 $2$ 为根的子树的贡献即可，也就是 $g[1]-f[2]-sz[2]$ 。
+那么除了以 $2$ 号结点，与 $1$ 号结点相邻的其他子树都会对答案产生贡献，也就是说，我们只需要用以 $1$ 号结点为根时的权值减去以 $2$ 为根的子树的贡献即可，也就是 $g[1]-sz[2]-f[2]$ 。
 
 
+综合一下上述两种方向的贡献，可以得到：
+$$g[2]=n+(f[2]-sz[2])+(g[1]-f[2]-sz[2])=n+g[1]-sz[2]\times 2$$
+
+推广到所有节点，就可以得到：
+$$g[v]=n+g[u]-sz[v]\times 2$$
+
+然后跑两遍 $dfs$ 就愉快的解决啦。
+
+```cpp {.line-numbers}
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+#define int long long
+#define endl "\n"
+
+const int N = 200010, M = N << 1;
+
+int n;
+
+// 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 sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中有多少个节点
+int f[N];
+int g[N];
+
+int ans; // 答案
+
+// 以子填父
+void dfs1(int u, int fa) {
+    sz[u] = 1; // 以u为根的子树，最起码有u自己1个节点
+    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
+        int v = e[i];
+        if (v == fa) continue;
+        dfs1(v, u);     // 换根dp的套路，第一次 dfs,以子填父，先递归，后累加
+        sz[u] += sz[v]; // 将儿子节点v子树的节点数量，累加到u子树上
+        f[u] += f[v];   // 权值也需要累加
+    }
+    f[u] += sz[u]; // 别忘了加上自己子树的个数，之所以放在这里写，是因为需要所有子树递归完成统计后才有sz[u]
+}
+
+// 换根dp
+void dfs2(int u, int fa) {
+    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
+        int v = e[i];
+        if (v == fa) continue; // 填充g[]数组的权值最大值
+        // 此处 sz[1]=n,怎么写都行
+        g[v] = n + g[u] - 2 * sz[v]; // 数学方法计算出来，修改v的最终答案
+        // 自顶向下修改统计信息，统计信息是指以每个点为根时可以获取到的最大权值
+        dfs2(v, u);
+    }
+}
+
+signed main() {
+    // 初始化链式前向星
+    memset(h, -1, sizeof h);
+
+    cin >> n;
+    for (int i = 1; i < n; i++) {
+        int a, b;
+        cin >> a >> b;
+        add(a, b), add(b, a);
+    }
+    // 第一次dfs,以子孙节点信息更新父节点的统计信息，统计信息包括：以u为根的子树中节点数个sz[u],每个节点可以获取到的权值f[u]
+    dfs1(1, 0);
+    // f[i]:以1为根时的, 以i为子树根的子树可以获得的最大权值
+    // g[i]:以i为根的子树可以获得的最大权值,也就是最终的结果存储数组
+    g[1] = f[1];
+
+    // 第二次dfs,换根
+    dfs2(1, 0);
+
+    // 遍历一遍历，找出到底以谁为根可以获取到权值的最大值，最大值是多少
+    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
+    // 输出答案
+    cout << ans << endl;
+}
+```
+
 #### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1324F)
 
 **题目大意**