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TangDou/Topic/【换根DP】专题.md

@@ -967,16 +967,16 @@ int main() {
 
 
 
-第一次$dfs$
+**第一次$dfs$**
 
 按照换根$dp$的老套路，我们要处理子树里的信息
 
-- $g[u]$:以 $u$ 为根的子树中从 $u$ 开始把所有家在这个子树内的人送回家 **并回到** $u$ **节点**的最短路程
+- $f[u]$:以 $u$ 为根的子树中从 $u$ 开始把所有家在这个子树内的人送回家 **并回到** $u$ **节点**的最短路程
 - $sz[u]$:家在以 $u$ 为根的子树中的人数
 
 
 
-显然，我们可以得到 $\displaystyle g[u]=\sum_{v \in son[u]} g[v]+2\times w_{u \rightarrow v}$​,其中$v$是 $u$的子节点,且$sz_v \neq 0$
+显然，我们可以得到 $\displaystyle f[u]=\sum_{v \in son[u]} f[v]+2\times w_{u \rightarrow v}$​,其中$v$是 $u$的子节点,且$sz_v \neq 0$
 
 其中 $w$ 为边权
 
@@ -999,25 +999,65 @@ int main() {
 先放第一次$dfs$的代码：
 
 ```cpp {.line-numbers}
+
 void dfs1(int u, int fa) {
-    if (pos[u]) sz[u] = 1;
     for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
         int v = e[i];
         if (v == fa) continue;
-        dfs1(v, u);
-        if (sz[v]) {
-            f[u] += f[v] + 2 * w[i];
-            int now = len[v] + w[i];
-            if (now >= len[u])
-                slen[u] = len[u], len[u] = now, id[u] = v;
-            else if (now > slen[u])
-                slen[u] = now;
-        }
+        dfs1(v, u); // 由底向上，先递归，再更新统计信息
+
+        // 如果v这个节点，及它的子节点上有人，那么需要汇总统计信息到sz[u]上去
+        // 如果v上就没有人，那就不用统计了
+        if (sz[v] == 0) continue;
+
+        // ①  u->v,v->u一来一回，路径翻倍 2*w[i]
+        // ②  所有子节点都对u有贡献，所以f[u]+
+        // ③  跑完v为根的子树后，v子树的贡献要累加到u子树上，所以f[u]+=f[v]+2*w[i]
+        f[u] += f[v] + 2 * w[i];
+
+        // len[v]:v点出发的最长链长度
+        int x = len[v] + w[i];
+
+        // 更新最长链
+        if (x >= len[u])
+            slen[u] = len[u], len[u] = x, id[u] = v;
+        else if (x > slen[u]) // 更新次长链
+            slen[u] = x;
+
+        // 记录累计人数
         sz[u] += sz[v];
     }
 }
 ```
 
+**第二次$dfs$**
+第二次$dfs$我们就要处理全局的事情了
+
+令 $g[u]$ 为对于整棵树从 $u$ 开始送人 **最后回到 $u$ 的最短距离**
+
+接下来我们就要开始分类了:
+
+1、当以 $u$ 为根的子树中没有人的家，即 $sz[u] =0$ 时，我们发现 $g[v]=g[u]+2\times w_{u \rightarrow v}$​ ，很好理解，不多说了（画画图就好了
+
+2、当除了以$u$ 为根的子树其他地方没有人的家，即 $K−sz[u]=0$时，可以发现 $g[v]=f[v]$
+​
+3、 其他情况,即$sz[u] \neq 0$ 且 $m-sz[u] \neq 0$时，发现$g[v]=g[u]$
+ 
+那么，更新完 $g$ 之后，我们就要考虑如何更新最长链和次长链了
+
+这也是本题最烦的地方了
+
+依旧分类讨论，依旧是上面三类（这里编号就代表上面的情况）
+
+1、这种情况可以发现 $len[v]=len[u]+w_{u→v}$ ，很简单
+2、这种情况很容易发现完全没有必要更新
+3、最烦的情况来了，这种情况下我们还要分类讨论
+    ① 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
+    ② 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
+    ③ 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
+    ④ 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
+    ⑤ 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
+    ⑥ 当 $len[u]+w≥len$ 且 $id[u] \neq v$ 时，说明 $u$ 的最长链可以更新 $v$ 的最长链，那么直接更新即可
 
 
 ####[$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)