From bab3444fd239b37ae48be2074f46f120b8cfa1fa Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: =?UTF-8?q?=E9=BB=84=E6=B5=B7?= <10402852@qq.com> Date: Tue, 9 Jan 2024 15:18:51 +0800 Subject: [PATCH] 'commit' --- TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp | 44 ++++ TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp | 38 ++++ TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md | 261 +++++++++++++++--------- 3 files changed, 244 insertions(+), 99 deletions(-) create mode 100644 TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp create mode 100644 TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp new file mode 100644 index 0000000..cc61224 --- /dev/null +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_dfs.cpp @@ -0,0 +1,44 @@ +#include +using namespace std; +const int N = 110; +int n; +int a[N], b[N]; // b 数组存是否遍历过这个节点 +int e[N][10]; // 存储树 +int dis[N][N]; // 存节点间的距离 +int cnt; + +void dfs(int u, int x) { // x 表示起点 + b[u] = 1; + dis[x][u] = cnt, dis[u][x] = cnt; + cnt++; + for (int i = 1; i <= e[u][0]; i++) { // 枚举子节点 + if (b[e[u][i]] == 0) { + dfs(e[u][i], x); + } + } + cnt--; // 退回上一个节点，要记得把距离减去一 +} + +int main() { + cin >> n; + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int x, y; + cin >> a[i] >> x >> y; + if (x != 0) e[i][++e[i][0]] = x, e[x][++e[x][0]] = i; // 存图 + if (y != 0) e[i][++e[i][0]] = y, e[y][++e[y][0]] = i; + } + for (int i = 1; i <= n; i++) { + for (int j = 1; j <= n; j++) b[j] = 0; + cnt = 0; // 初始化 + dfs(i, i); // 搜索 + } + int ans = 1e9; + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int sum = 0; + for (int j = 1; j <= n; j++) + sum = sum + a[j] * dis[i][j]; // 累加距离 + ans = min(ans, sum); + } + cout << ans; + return 0; +} \ No newline at end of file diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp new file mode 100644 index 0000000..9f55d3c --- /dev/null +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_floyd.cpp @@ -0,0 +1,38 @@ +#include +using namespace std; +const int N = 1000010; +const int INF = 0x3f3f3f3f; + +int g[150][150]; +int w[N]; + +int main() { + int n; + cin >> n; + + // 地图初始化 + memset(g, 0x3f, sizeof g); + for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0; + + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int a, b; + cin >> w[i] >> a >> b; + if (a) g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样 + if (b) g[i][b] = g[b][i] = 1; + } + + // floyd + for (int k = 1; k <= n; k++) + for (int i = 1; i <= n; i++) + for (int j = 1; j <= n; j++) + if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j]; + + int ans = INF; + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int s = 0; + for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j]; + ans = min(ans, s); + } + printf("%d", ans); + return 0; +} \ No newline at end of file diff --git a/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md b/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md index a2fe37b..793dceb 100644 --- a/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md +++ b/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md @@ -1,3 +1,119 @@ +## 树的重心 + +#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C) +> **账号**：$10402852@qq.com$ **密码**：$m****2$ +> **关键词**：**求树的重心** + + +**题目大意** +给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边，你可以删除一条边再增加一条边，使得树的重心唯一,输出这条边 +> **注意**：有$Specail$ $Judge$，如果删除哪条都行，那就随意删除一条就行 + +**性质**： +① 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的$1/2$，**一棵树最多有两个重心** +② 树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等 +③ 两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上 +④ 树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边 +⑤ 一棵树最多有两个重心，且相邻 + + +树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后，树将分成两个连通块：$(2,4,5)，(3,6,7)$，则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$，则树将分成$3$个部分，$(4)，(5)，(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点；第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现，其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以，点$1$是树的重心。 + +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png) + + +**思路** +- 如果找到只有一个重心，那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好 +- 如果找到两个重心，那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心，删除连另外一个就好 + +**如何求树的重心？** + +1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点)，把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$ + +2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$ +> **解释**：$j$的含义是$i$的所有儿子节点 + +另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。 +$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$ + +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png) + +3、利用重心性质： ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心，那么把它拿下后，其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个！分别记录为$r_1,r_2$。 + +```cpp {.line-numbers} +#include +using namespace std; +const int N = 1e5 + 10, M = N << 1; +#define int long long +#define endl "\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为根的子树中节点个数 +int son[N]; // son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数 +int r1, r2, n; + +void dfs(int u, int fa) { + sz[u] = 1; // u为根的子树中，最起码有一个节点u + son[u] = 0; // 把节点u去掉后，剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道，预求最大，先设最小 + + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边 + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完 + sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值，用于组装自己sz[u] + son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉，那么它的所有子节点v为根的子树中节点数，可以参加评选： + // 评选的标准是：son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数 + } + son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者 + if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心 + // 如果模拟u被删除后，得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示：找到了一个重心u + // r2=r1表示：如果找到两个重心，那么r1,r2 一人一个，此时，r1中肯定有值，但 r2不一定有值 +} + +signed main() { + int T; + cin >> T; + while (T--) { + cin >> n; + // 多组测试数据，清空 + memset(sz, 0, sizeof sz); + memset(son, 0, sizeof son); + // 初始化链式前向星 + memset(h, -1, sizeof h); + idx = 0; + + r1 = r2 = 0; // 重心清零 + for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边 + int x, y; + cin >> x >> y; + add(x, y), add(y, x); + } + dfs(1, 0); // 以1号点为入口，它的父节点是0 + + if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心，r2=0表示没有第二个重心 + int u = r1, v = e[h[u]]; + cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v + cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v + } else { // 如果有两个重心 + int u = r2, v; + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边 + v = e[i]; + if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心，那么就是可以删除的 + } + cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v，第二个重心所在边需要被切掉 + cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了，走了u的一个子节点v + } + } + return 0; +} +``` + + ## 换根$DP$ 换根$DP$，又叫二次扫描，是树形$DP$的一种。 @@ -15,6 +131,7 @@ > **题意**：给定一个$n$个点的无根树，问以树上哪个节点为根时，其所有节点的深度和最大？ **深度**：节点到根的简单路径上边的数量 +> **关键词：换根$DP$模板题** 如果我们假设某个节点为根，将无根树化为有根树，在搜索回溯时统计子树的深度和，则可以用一次搜索算出以该节点为根时的深度和，其时间复杂度为 $O(N)$。 @@ -114,120 +231,66 @@ signed main() { - 第一次搜索完成预处理（如子树大小等），同时得到该节点的解。 - 第二次搜索进行换根的动态规划，由已知解的节点推出相连节点的解。 -#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C) -> **账号**：$10402852@qq.com$ **密码**：$m****2$ -> **关键词**：**求树的重心** - - -**题目大意** -给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边，你可以删除一条边再增加一条边，使得树的重心唯一,输出这条边 -> **注意**：有$Specail$ $Judge$，如果删除哪条都行，那就随意删除一条就行 - -**性质**： -① 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的$1/2$，**一棵树最多有两个重心** -② 树中所有节点到重心的距离之和最小，如果有两个重心，那么他们距离之和相等 -③ 两个树通过一条边合并，新的重心在原树两个重心的路径上 -④ 树删除或添加一个叶子节点，重心最多只移动一条边 -⑤ 一棵树最多有两个重心，且相邻 +#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364) +**一、$O(N^3)$算法** +```cpp {.line-numbers} +#include +using namespace std; +const int N = 1000010; +const int INF = 0x3f3f3f3f; -树的重心定义为树的某个节点，当去掉该节点后，树的各个连通分量中，节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后，树将分成两个连通块：$(2,4,5)，(3,6,7)$，则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$，则树将分成$3$个部分，$(4)，(5)，(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点；第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现，其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以，点$1$是树的重心。 +int g[150][150]; +int w[N]; -![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091307161.png) +int main() { + int n; + cin >> n; + // 地图初始化 + memset(g, 0x3f, sizeof g); + for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0; -**思路** -- 如果找到只有一个重心，那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好 -- 如果找到两个重心，那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心，删除连另外一个就好 + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int a, b; + cin >> w[i] >> a >> b; + g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样 + g[i][b] = g[b][i] = 1; + } -**如何求树的重心？** + // floyd + for (int k = 1; k <= n; k++) + for (int i = 1; i <= n; i++) + for (int j = 1; j <= n; j++) + if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j]; + + int ans = INF; + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int s = 0; + for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j]; + ans = min(ans, s); + } + printf("%d", ans); + return 0; +} +``` -1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点)，把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$ +**二、$O(N^2)$算法** +$n$ 的值很小，最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。 -2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$ -> **解释**：$j$的含义是$i$的所有儿子节点 +那么就可以枚举每一个节点，计算它的 **最小距离和** ，再统计答案。 -另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。 -$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$ +**最小距离和** 怎么计算呢？容易想到的是枚举所有节点，算出两个节点之间的距离，再乘上这个节点的价值。 -![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401091310362.png) +这样就需要求出节点之间的距离。先枚举起点，然后算出每个节点到这个起点间的距离。我用的是一个朴素的 $dfs$，在搜索的过程中累加距离，每搜索到一个节点，就储存这个节点与起点间的距离。 -3、利用重心性质： ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心，那么把它拿下后，其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个！分别记录为$r_1,r_2$。 +而累加距离也很容易实现，在从一个节点遍历到下一个节点时，$cnt$ 增加 $1$；而退回上一个节点时，$cnt$ 减去 $1$。 -```cpp {.line-numbers} -#include -using namespace std; -const int N = 1e5 + 10, M = N << 1; -#define int long long -#define endl "\n" +代码就很好实现了，时间复杂度也不高，$O(n^2)$。 -// 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++; -} +**三、$O(N)$算法** -int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数 -int son[N]; // son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数 -int r1, r2, n; -void dfs(int u, int fa) { - sz[u] = 1; // u为根的子树中，最起码有一个节点u - son[u] = 0; // 把节点u去掉后，剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道，预求最大，先设最小 - - for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边 - int v = e[i]; - if (v == fa) continue; - dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完 - sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值，用于组装自己sz[u] - son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉，那么它的所有子节点v为根的子树中节点数，可以参加评选： - // 评选的标准是：son[i]:去掉节点i后，剩下的连通分量中最大子树节点个数 - } - son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者 - if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树，节点数不超过原树的1/2，一棵树最多有两个重心 - // 如果模拟u被删除后，得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示：找到了一个重心u - // r2=r1表示：如果找到两个重心，那么r1,r2 一人一个，此时，r1中肯定有值，但 r2不一定有值 -} - -signed main() { - int T; - cin >> T; - while (T--) { - cin >> n; - // 多组测试数据，清空 - memset(sz, 0, sizeof sz); - memset(son, 0, sizeof son); - // 初始化链式前向星 - memset(h, -1, sizeof h); - idx = 0; - - r1 = r2 = 0; // 重心清零 - for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边 - int x, y; - cin >> x >> y; - add(x, y), add(y, x); - } - dfs(1, 0); // 以1号点为入口，它的父节点是0 - - if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心，r2=0表示没有第二个重心 - int u = r1, v = e[h[u]]; - cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v - cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v - } else { // 如果有两个重心 - int u = r2, v; - for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边 - v = e[i]; - if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心，那么就是可以删除的 - } - cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v，第二个重心所在边需要被切掉 - cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了，走了u的一个子节点v - } - } - return 0; -} -``` - -#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364) #### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986) https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302