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黄海 2 years ago
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95
TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1324F.cpp
Unescape View File

@ -1,70 +1,55 @@
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
// 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 f1[N];
int f2[N];
int st[N];
int c[N]; // 颜色
int n; // 节点数量
// 以1号节点为根，跑一遍dfs,填充每个节点的cnt1-cnt2的最大值
void dfs1(int u, int fa) {
f1[u] = c[u]; // 1：白色，-1黑色，正好与 cnt1-cnt2一致
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u);
if (f1[v] > 0) { // 如果儿子能给点钱，那我就拿着
st[v] = 1; // v这个儿子给了它爸爸u钱
f1[u] += f1[v]; // 钱要累加到一起
}
using VI = vector<int>;
using VVI = vector<VI>;
VI a;
VI dp;
VI ans;
VVI e;
void dfs(int x, int fa = -1) {
dp[x] = a[x];
for (int to : e[x]) {
if (to == fa) continue;
dfs(to, x);
dp[x] += max(0, dp[to]);
}
}
// 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;
// 如果 st[v]=1,说明v的贡献包含在f1[u]里面
int val = f2[u] - (st[v] ? f1[v] : 0);
f2[v] = f1[v] + max(val, 0);
dfs2(v, u);
void rdfs(int x, int fa = -1) {
ans[x] = dp[x];
for (int to : e[x]) {
if (to == fa) continue;
dp[x] -= max(0, dp[to]);
dp[to] += max(0, dp[x]);
rdfs(to, x);
dp[to] -= max(0, dp[x]);
dp[x] += max(0, dp[to]);
}
}
int main() {
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
int n;
cin >> n;
a = dp = ans = VI(n);
e = VVI(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
c[i] = (x ? x : -1); // 白色c[i]=1，黑色c[i]=-1
for (int i = 0; i < n; ++i) {
cin >> a[i];
if (a[i] == 0) a[i] = -1;
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b), add(b, a);
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
int x, y;
cin >> x >> y;
--x, --y;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
dfs(0);
rdfs(0);
// 第一次dfs
dfs1(1, 0);
// 它们两个是一个意思
f2[1] = f1[1];
// 换根dp
dfs2(1, 0);
// 输出答案
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", f2[i]);
for (int ret : ans) cout << ret << " ";
cout << endl;
return 0;
}
}

112
TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md
Unescape View File

@ -570,105 +570,46 @@ signed main() {
#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://codeforces.com/problemset/problem/1324/F)
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100839763.png)
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401101429621.png)
我们在代码中将黑色记为$-1$，白色记为$1$
> **注**：因为$cnt_1-cnt_2$是所求:
> - 如果是白色，$cnt_1=1,cnt_2=0$，$cnt_1-cnt_2=1-0=1$
> - 如果是黑色，$cnt_1=0,cnt_2=1$，$cnt_1-cnt_2=0-1=-1$
> 所以，可以理解为黑色记为$-1$，白色记为$1$。
则有：
$$\large f_1[u]=c[u]+\sum_{fa[v] = u}max(f_1[v],0)$$
> **解释**
> ① $u$有很多儿子,其中某一个是$v$,对于以$v$为根的子树而言，如果它里面的$cnt_1-cnt_2>0$,则对于$u$而言，儿子$v$可以贡献$+(cnt_1-cnt_2)$的价值。
如果$cnt_1-cnt_2<=0$，对于$u$而言，不搭理它就完了。题目中取最大值，就是有一个选还是不选的抉择问题：对我有益我要，对我无益我弃！所有好儿子给的钱累加到一起，都是我的钱。
> ② $c[u]$可以理解为老头子自己的积蓄，除了儿子们给的，还要加上自己的老本。
**思路分析**
这题要求的是求出对任何一个节点$v$，求出包含这个节点的子树$cnt_1−cnt_2$的最大值。
我们记$vis[u]$表示在计算节点$u$的父亲的$f_1$值时，节点$u$是否有被选，$1$表示被选，$0$表示未选。
#### 暴力想法
首先思考下暴力写法应该如何写。
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401101430095.png)
定义$f_2[u]$表示在整棵树中选一张包含$u$的连通子图的所有方案中，$cnt_1-cnt_2$的最大值。
对于所有可能的路径的贡献值的累加，且贡献值需大于等于$0$。
>- 白的比黑的多，有分, 这时我们选上这棵子树
>- 黑的比白的多，没分, 这时我们放弃这棵子树
考虑$f_2[u]$的组成：一部分是以其为根的子树，即$f_1[u]$；另一部分即是在全局中将其子树挖掉后剩下的部分。这两部分互相独立，分别取最大值即可。
不妨设$f[u]$代表$u$结点的最大值。故
考虑第二部分的计算：记$v$的父节点为$u$:
- ① 若$st[v]=1$，则其包含在$f_1[u]$中，故这一部分即为$f_2[u]-f_1[v]$
- ② 若$st[v]=0$，其不包含在$f_1[u]$中，则这一部分为$f_1[u]$。
最后将这一部分的值与$0$取$max$即可。
$$\large f[u]=c[u]+\sum_{v \in son_u}max(0,f[v])$$
所以整个算法只需要两遍$dfs$，第一遍自底向上计算出$f_1$数组，第二遍以$f_2[1]$（强制$1$为根节点）自上向下计算出$f_2$数组，即为答案。
假如用暴力写法，就是对于每个结点$u$，暴力搜索所有的相邻结点，利用$dfs$暴力搜索。也就是以每个结点为棵出发，枚举$n$次$dfs$,但是结点最大为$2∗10^5$ 这个暴力算法显然会超时，考虑如何优化。
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
#### 算法优化
 对于从下往上的贡献，可以利用从下往上的$dfs$树形$dp$进行获取,剩余的就是刨去以$v$为根的子树的贡献值比较难求。
// 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++;
}
在这里我们设$u$为结点$v$的父节点。$f[v]$代表从下往上以$v$为根的白点数减去黑点数的最大值,$dp[v]$代表最终的最大值。因此根据刨去以$v$为根的子树的贡献值这个思想，我们可以发现:
int f1[N];
int f2[N];
int st[N];
int c[N]; // 颜色
int n; // 节点数量
$$\large add=dp[u]−max(0,f[v])$$
// 以1号节点为根，跑一遍dfs,填充每个节点的cnt1-cnt2的最大值
void dfs1(int u, int fa) {
f1[u] = c[u]; // 1：白色，-1黑色，正好与 cnt1-cnt2一致
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
int v = e[i];
if (v == fa) continue;
dfs1(v, u);
if (f1[v] > 0) { // 如果儿子能给点钱，那我就拿着
st[v] = 1; // v这个儿子给了它爸爸u钱
f1[u] += f1[v]; // 钱要累加到一起
}
}
}
就是刨去以$v$为根的子树的贡献值。因此最终我们可以写出状态转移方程：
$$\large dp[v] =
\left\{\begin{matrix}
f[v] & if \ v = root \\
f[v]+max(0,dp[fa]-max(0,f[v]))& if \ v \neq root
\end{matrix}\right.
$$
// 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;
// 如果 st[v]=1,说明v的贡献包含在f1[u]里面
int val = f2[u] - (st[v] ? f1[v] : 0);
f2[v] = f1[v] + max(val, 0);
dfs2(v, u);
}
}
int main() {
// 初始化链式前向星
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
c[i] = (x ? x : -1); // 白色c[i]=1，黑色c[i]=-1
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b), add(b, a);
}
因此最后我们的思路为:
// 第一次dfs
dfs1(1, 0);
- 从下往上树形$dp$,计算$f[v]$
- 从上往下换根$dp$,计算$dp[v]$
// 它们两个是一个意思
f2[1] = f1[1];
// 换根dp
dfs2(1, 0);
// 输出答案
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", f2[i]);
return 0;
}
```
[USACO12FEB]Nearby Cows G
[COCI2014-2015#1]Kamp
@ -679,6 +620,7 @@ POJ3585 Accumulation Degree
CF708C Centroids
Eg3: AT Educational DP Contest V-Subtree
#### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)

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