diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp index 9547ee0..f8fa6d2 100644 --- a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp @@ -16,18 +16,15 @@ int n, k; void dfs1(int u, int fa) { // 初始化：当遍历到u节点时，u的拆分状态中，最起码包含了自己的点权值 - for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][0] = val[u]; + for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][i] = val[u]; // 枚举u的每一个子节点 for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int v = e[i]; if (v == fa) continue; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子 - - // 递归，利用子更新父 - dfs1(v, u); // 递归填充v节点的信息 - // 在填充完子节点v的统计信息后，利用儿子们的填充信息，完成父亲节点信息的填充 - // for(j=1,j **解释**：每个节点，向下走$0$步，也就是一步不走，那还是它自己的点权，也就是$f[i][0]=a[i]$ - -**递推式** -$$f[u][j] = \sum_{v \in son[u]}f[v][j - 1]$$ - -第二次$dfs$我们通过已经求出的$f$数组推$g$数组，对于$u$和$v$, -$$g[v][k] += (g[u][k - 1] - f[v][k - 2])$$ - ----- - -题目简单地来说就是： -给你一棵 $n$ 个点的树，点带权，对于每个节点求出距离它不超过 $k$ 的所有节点权值和 $m_i$。 +给你一棵 $n$ 个点的树，点带权，对于每个节点求出距离它不超过 $k$ 的所有节点权值和。 对于树中的某个节点而言，距离它不超过$k$的节点主要来源于两方面: - 一个是该节点的子节点中距离该节点不超过距离$k$的节点的权值和 - 一个是该节点向上沿着父节点方向不超过距离$k$的点的权值和 -对于子节点方向的节点的权值和，我们可以先通过普通的树形$DP$计算出来。 - -因此，我们先写一个$DP$计算出子树中距离该点不超过$k$的点的权值和。 +对于子节点方向的节点的权值和，可以通过普通的树形$DP$计算出来。 **1、状态表示** -$f[u][k]$表示以$u$为根节点的树中，距离$u$不超过$k$的子节点的权值和。 +$f[i][j]$表示以$i$为根节点的子树中，距离$i$不超过$j$的子节点的权值和。 **2、状态转移** -$$f[u][j]=val[u]+\sum_{v \in son[u]}f[v][j−1] \ j \in [1,k]$$ +$$\large f[u][j]=val[u]+\sum_{v \in son[u]}f[v][j−1] \ j \in [1,k]$$ -到节点$u$不超过距离$k$，即距离$son$不超过$k−1$，然后加在一起即可。同时$u$节点本身也是答案，因为$u$节点本身是不超过距离$0$的节点。 +到节点$u$不超过距离$k$，即距离$v=son[u]$不超过$k−1$，然后加在一起即可。同时$u$节点本身也有贡献，因为$u$节点本身是不超过距离$0$的节点。 +> **理解**：父亲的生活费=$\sum$(每个儿子给的生活费)+自己的社保金 + +```cpp {.line-numbers} +void dfs1(int u, int fa) { + // 初始化：当遍历到u节点时，u的拆分状态中，最起码包含了自己的点权值 + for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][i] = val[u]; + + // 枚举u的每一个子节点 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子 + // 先递归，// 递归填充v节点的信息 + dfs1(v, u); + // 再利用子节点信息更新父节点信息 + for (int j = 1; j <= k; j++) f[u][j] += f[v][j - 1]; + } +} +``` **3、换根$DP$** 这个题目本身是个无根树，如果我们认为规定编号为$1$的节点是根的话，那么对于祖宗节点$1$来说，$f[1][k]$就是距离$1$节点不超过距离$k$的节点的权值和。因为祖宗节点是没有父亲节点的，所以我们就不需要考虑沿着父节点方向的节点权值和。 -令：$g[u][k]$表示所有到$u$节点的不超过距离$k$的节点的权值和。根据刚刚的分析：$g[1][k]=f[1][k]$ +令：$g[u][j]$表示所有到$u$节点的不超过距离$j$的节点的权值和。根据刚刚的分析： +$$\large g[1][j]=f[1][j]\ j \in [1,k]$$ -这个就是我们换根$DP$的 **初始化**。其实受这个的启发，我们完全可以去把每个点都当作根，然后暴力跑出答案，但是这个暴力做法的时间复杂度是$O(n^2)$的，会超时。 +这个就是我们换根$DP$的 **初始化**。 +> **注**：我们完全可以去把每个点都当作根，然后暴力跑出答案，但是这个暴力做法的时间复杂度是$O(n^2)$的，会超时。 所以当我们将祖宗节点从节点$1$换为另一个节点的时候，我们只能通过数学上的关系来计算出$g$数组元素的值。这个也是换根$DP$的意义。 我们看下面的图： -![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401151316634.png) +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401151412377.png) 红色框是非常好理解的，以$v$为根的子树，在最远距离为$k$的限制下，写成$f[v][k]$。上面的部分，我们可以写成$g[u][k-1]$。因为到$v$不超过$k$的距离，即距离它的父亲节点不超过$k−1$的距离。 @@ -759,14 +745,101 @@ $$f[u][j]=val[u]+\sum_{v \in son[u]}f[v][j−1] \ j \in [1,k]$$ 所以最终的结果就是： $$\large g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$$ +> **解释**： +> ① 换根$DP$时，由父推子，也就是用$g[u][?] \rightarrow g[v][??]$ +> ② 由于$v$需要向上，通过$u$去寻找点权和，而$v \rightarrow u$已经用去了$1$步，一共$k$步，现在就剩下了$k-1$步。 +> ③ $Q$:那为什么不是$f[u][k-1]$，而是$g[u][k-1]$呢？ +> 因为$u$不光有向下的，还有向上的啊！我们现在不光要向下的，还要向上的，当然是$g[u][k-1]$啦！ +> ④ 但是简单的这么整是不行的：$g[u][k-1]$与$f[v][k]$是存在交集的，如果简单加上就会造成一部分被算了两次！那么，是哪部分被算了两次呢？ +> 答:对于$u$节点而言，$g[u][k-1]$与$f[v][k]$的交集，需要先走$1$步进入红框，这样，就用去了$1$步，也就是$f[v][k-2]$就是重复的部分，利用容斥原理去掉就行了，也就是$g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$ + +细心的同学发现，这面的状态转移方程是有边界问题的：$k-2$是不是一定大于等于$0$呢？ +如果$k-2<=0$咋办？会不会造成代码$RE$或者$WA$? -但是上述方程成立的条件是$k\geq 2$的。 +也就是说，上述方程成立的条件是$k\geq 2$的。 所以我们还得想一想$\leq 1$的时候。 -如果$k=0$，$g[u][0]$其实就是$val[u]$，因为不超过距离$0$的点只有本身。 +如果$k=0$，$g[v][0]$其实就是$val[v]$，因为不超过距离$0$的点只有本身。 + +如果$k=1$，那么$g[v][1]$其实就是$f[v][1]+val[u]$，因为沿着父节点方向距离$v$不超过$1$的点，只有父节点，而树中，父节点是唯一的。沿着子节点方向，其实就是$v$的各个子节点，而这些子节点可以统统用$f[v][1]$表示。 + +```cpp {.line-numbers} +#include +using namespace std; +const int N = 1e5 + 10, M = N << 1; +const int K = 25; +// 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 f[N][K]; // f[i][j]:如果根是1号节点时，i号节点，最远走j步，可以获取到的所有点权和 +int g[N][K]; +int val[N]; // 点权数组 + +int n, k; -如果$k=1$，那么$g[u][1]$其实就是$f[u][1]+val[fa(u)]$，因为沿着父节点方向距离$u$不超过$1$的点，只有父节点，而树中，父节点是唯一的。沿着子节点方向，其实就是$u$的各个子节点，而这些子节点可以统统用$f[u][1]f[u][1]$表示。 +void dfs1(int u, int fa) { + // 初始化：当遍历到u节点时，u的拆分状态中，最起码包含了自己的点权值 + for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][0] = val[u]; + + // 枚举u的每一个子节点 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子 + + // 递归，利用子更新父 + dfs1(v, u); // 递归填充v节点的信息 + // 在填充完子节点v的统计信息后，利用儿子们的填充信息，完成父亲节点信息的填充 + // for(j=1,j> n >> k; + for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边 + int a, b; + cin >> a >> b; + add(a, b), add(b, a); + } + + for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i]; // 点权 + // 1、自底向上 + dfs1(1, 0); + + // 2、换根dp + for (int i = 0; i <= k; i++) g[1][i] = f[1][i]; + dfs2(1, 0); + + // 输出结果 + for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i][k] << endl; + return 0; +} +``` #### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419) https://www.cnblogs.com/Troverld/p/14601347.html