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@ -113,6 +113,60 @@ signed main() {
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}
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```
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## 树的直径
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#### [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15784687.html)
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**$Code$**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 10010, M = N << 1;
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int n; // n个结点
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// 链式前向星
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int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
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|
void add(int a, int b, int c) {
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|
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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// 换根dp模板
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int ans; // 答案,直径
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|
int d1[N], d2[N]; // d1[i],d2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少
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bool st[N]; // 是不是遍历过了
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void dfs(int u) {
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st[u] = true;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (st[v]) continue; // v点访问过了
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// 走v子树,完成后，v子树中每个节点的d1[v],d2[v]都已经准备好，u节点可以直接利用
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dfs(v);
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// w[i]:u->v的路径长度,d1[u]:最长路径,d2[u]:次长路径
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|
if (d1[v] + w[i] >= d1[u]) // v可以用来更新u的最大值
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|
d2[u] = d1[u], d1[u] = d1[v] + w[i]; // 最长路转移
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|
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|
|
else if (d1[v] + w[i] > d2[u])
|
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|
d2[u] = d1[v] + w[i]; // 次长路转移
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|
}
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|
// 更新结果
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ans = max(ans, d1[u] + d2[u]);
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}
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int main() {
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cin >> n;
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memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表
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for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
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int a, b, c;
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|
cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c), add(b, a, c); // 换根dp一般用于无向图
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|
}
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dfs(1); // 任选一个点作为根节点,此处选择的是肯定存在的1号结点
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cout << ans << endl;
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|
return 0;
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|
}
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|
```
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## 换根$DP$
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@ -344,85 +398,333 @@ int main() {
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**三、$O(N)$算法**
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如果$n=1e6$，那么就要考虑换根$dp$了
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我们考虑相邻的医院是否存在转换关系
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设其中一个医院为u（父节点），另一个为v(子节点)
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|
如果把u点的医院改为v点，则发现：
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以v为根的子树的集合的所有人少走1步，但是另一集合的所有人要多走一步
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设siz[i]表示以i为根节点的集合人的总数，dp[i]表示在i点设置医院的代价，则可转换成：
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dp[v]=dp[u]+(siz[1]-siz[v])-siz[v]:其中siz[1]表示全部人的数量
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思路：
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1.先算出1个点的代价，之后dp换根直接转换
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我们考虑相邻的医院是否存在转换关系,设其中一个医院为$u$（父节点），另一个为$v$(子节点)
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如果把$u$点的医院改为$v$点，则发现：
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如图：以$5$为根时：
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以$4$为根时：
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以$v$为根的子树的集合的所有人少走$1$步，但是另一集合的所有人要多走一步
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|
#### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
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|
https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302
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设$sz[i]$表示以$i$为根节点的集合人的总数，$f[i]$表示在$i$点设置医院的代价，则可转换成：
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|
$$\large f[v]=f[u]+(sz[1]-sz[v])-sz[v]=f[u]+sz[1]-2\times sz[v]$$
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> **注**： 其中$sz[1]$表示全部人的数量,一般也写做$n$
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|
CF1324F.Maximum White Subtree
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**思路**：
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先算出$1$个点的代价，之后$dp$换根直接转换
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|
[USACO12FEB]Nearby Cows G
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**$Code$**
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|
```cpp {.line-numbers}
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|
|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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|
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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|
const int INF = 0x3f3f3f3f;
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|
// 链式前向星
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|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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|
|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|
|
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|
|
|
|
}
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|
|
|
|
int c[N];
|
|
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|
|
int f[N], sz[N];
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int ans = INF;
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|
// 第一次dfs,获取在以1为根的树中:
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|
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|
// 1、每个节点分别有多少个子节点，填充sz[]数组
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|
|
|
// 2、获取到f[1],f[1]表示在1点设置医院的代价
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|
|
|
|
// 获取到上面这一组+一个数据，才能进行dfs2进行换根
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|
void dfs1(int u, int fa, int step) {
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|
|
|
sz[u] = c[u]; // 这个挺绝啊~，与一般的统计子树节点个数不同，这里把人数，也就是点权值，也看做是一个节子点，想想也是这个道理
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
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|
|
int v = e[i];
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|
if (v == fa) continue;
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|
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|
dfs1(v, u, step + 1); // 填充深搜v节点为根的子树
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|
|
sz[u] += sz[v]; // 在完成了v节点的数据统计后，用v节点的sz[v]结果累加到sz[u]
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|
}
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|
|
|
f[1] += step * c[u]; // 累加步数*人数 = 1点的总代价,预处理出1点的总代价
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|
}
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|
|
// 第二次dfs,开始dp换根
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void dfs2(int u, int fa) {
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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|
int v = e[i];
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|
|
if (v == fa) continue;
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|
|
f[v] = f[u] + sz[1] - sz[v] * 2; // 经典的递推式
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|
dfs2(v, u); // 继续深搜
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|
}
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|
}
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|
int main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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int n;
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cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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|
cin >> c[i];
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int a, b;
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|
cin >> a >> b;
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|
if (a) add(a, i), add(i, a); // 是一个二叉树结构，与左右节点相链接，但有可能不存在左或右节点，不存在时,a或b为0
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|
if (b) add(b, i), add(i, b);
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|
|
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|
}
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|
// 1、准备动作
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|
dfs1(1, 0, 0);
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// 2、换根dp
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dfs2(1, 0);
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|
[COCI2014-2015#1]Kamp
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|
// 输出答案
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
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|
cout << ans << endl;
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|
|
return 0;
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|
|
}
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|
```
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|
[APIO2014]连珠线
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#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
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|
POJ3585 Accumulation Degree
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**题目描述**
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CF708C Centroids
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$Bessie$ 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。
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|
每个奶牛居住在 $N$ 个农场中的一个，这些农场由 $N-1$ 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路 $i$ 连接农场 $A_i$ 和 $B_i$，长度为 $L_i$。集会可以在 $N$ 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 $C_i$ 只奶牛。
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|
#### [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15784687.html)
|
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|
在选择集会的地点的时候，Bessie 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。比如选择第 $X$ 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 $i$ 到达农场 $X$ 的距离是 $20$，那么总路程就是 $C_i\times 20$）。帮助 $Bessie$ 找出最方便的地点来举行大集会。
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**题目分析**
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这还分析个啥啊，这不就是上一道题的医院选址吗？
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**$Code$**
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|
```cpp {.line-numbers}
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|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
|
|
const int N = 10010, M = N << 1;
|
|
|
|
|
int n; // n个结点
|
|
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
|
|
|
|
|
#define int long long
|
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|
#define endl "\n"
|
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|
// 链式前向星
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|
int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx;
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|
void add(int a, int b, int c) {
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|
|
|
e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
|
|
|
|
|
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++;
|
|
|
|
|
}
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|
|
|
|
|
|
|
|
|
// 换根dp模板
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int ans; // 答案,直径
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|
int d1[N], d2[N]; // d1[i],d2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少
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|
|
|
bool st[N]; // 是不是遍历过了
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|
void dfs(int u) {
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|
|
st[u] = true;
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|
|
|
|
int c[N]; // 点权数组
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|
|
int sz[N]; // sz[i]:在以1号节点为根时，i号节点的子节点数量
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|
int dis[N]; // dis[i]:表示i距离起点的长度
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|
|
|
|
int f[N]; // f[i]:把奶牛大集会的地点设为i时的最小代价
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|
int ans = 1e18;
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|
|
|
|
|
|
|
|
// 第一次dfs,获取在以1为根的树中:
|
|
|
|
|
// 1、每个节点分别有多少个子节点，填充sz[]数组
|
|
|
|
|
// 2、获取到f[1],f[1]表示在1点设置医院的代价
|
|
|
|
|
// 获取到上面这一组+一个数据，才能进行dfs2进行换根
|
|
|
|
|
void dfs1(int u, int fa) {
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|
|
|
|
sz[u] = c[u]; // 这个和医院选址是一样的，点权就是子节点个数
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|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
|
|
int v = e[i];
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|
|
|
|
if (st[v]) continue; // v点访问过了
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|
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|
|
|
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|
|
|
// 走v子树,完成后，v子树中每个节点的d1[v],d2[v]都已经准备好，u节点可以直接利用
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|
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|
|
dfs(v);
|
|
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
|
|
dis[v] = dis[u] + w[i]; // 每个点到根节点的距离,这个和医院选址是不一样的，那个是一步+1，用step记录即可，这个还有边权
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|
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|
|
dfs1(v, u); // 深搜
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|
sz[u] += sz[v]; // 以u为根的子树奶牛数量
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|
|
|
}
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|
|
|
|
f[1] += dis[u] * c[u]; // 累加 距离*人数=1点的总代价
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
// w[i]:u->v的路径长度,d1[u]:最长路径,d2[u]:次长路径
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|
|
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|
if (d1[v] + w[i] >= d1[u]) // v可以用来更新u的最大值
|
|
|
|
|
d2[u] = d1[u], d1[u] = d1[v] + w[i]; // 最长路转移
|
|
|
|
|
else if (d1[v] + w[i] > d2[u])
|
|
|
|
|
d2[u] = d1[v] + w[i]; // 次长路转移
|
|
|
|
|
// 第二次dfs,开始dp换根
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|
|
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|
void dfs2(int u, int fa) {
|
|
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
|
|
f[v] = f[u] + (sz[1] - sz[v] * 2) * w[i];
|
|
|
|
|
dfs2(v, u);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
// 更新结果
|
|
|
|
|
ans = max(ans, d1[u] + d2[u]);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
signed main() {
|
|
|
|
|
// 初始化链式前向星
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|
|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|
|
|
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|
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|
|
int main() {
|
|
|
|
|
int n;
|
|
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
|
|
|
|
int a, b, c;
|
|
|
|
|
cin >> a >> b >> c;
|
|
|
|
|
add(a, b, c), add(b, a, c); // 换根dp一般用于无向图
|
|
|
|
|
add(a, b, c), add(b, a, c);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
dfs(1); // 任选一个点作为根节点,此处选择的是肯定存在的1号结点
|
|
|
|
|
// 1、准备动作
|
|
|
|
|
dfs1(1, 0);
|
|
|
|
|
// 2、换根dp
|
|
|
|
|
dfs2(1, 0);
|
|
|
|
|
// 输出答案
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
|
|
|
|
|
cout << ans << endl;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://codeforces.com/problemset/problem/1324/F)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
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|
|
|
|
|
|
**思路分析**
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|
|
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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。
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#### 暴力想法
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首先思考下暴力写法应该如何写。
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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$0$。
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>- 白的比黑的多，有分, 这时我们选上这棵子树
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>- 黑的比白的多，没分, 这时我们放弃这棵子树
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不妨设$f[u]$代表$u$结点的最大值。故
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$$\large f[u]=c[u]+\sum_{v \in son_u}max(0,f[v])$$
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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。
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#### 算法优化
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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,难求的是刨去以$v$为根的子树的贡献值,也就是向上走的那部分。
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设$u$为节点$v$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**,$g[v]$代表最终的最大值。
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根据刨去以$v$为根的子树的贡献值这个思想，可以发现:
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$$\large add=g[u]−max(0,f[v])$$
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> **注**：$fa[v]=u$
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就是刨去以$v$为根的子树的贡献值。写出状态转移方程：
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$$\large g[v] =
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\left\{\begin{matrix}
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f[v] & if \ v = root \\
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f[v]+max(0,g[u]-max(0,f[v]))& if \ v \neq root
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\end{matrix}\right.
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$$
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因此思路:
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- ① 从下往上树形$dp$,计算$f[v]$
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- ② 从上往下换根$dp$,计算$g[v]$
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**$Code$**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int f[N];
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int g[N];
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int c[N]; // 颜色
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int n; // 节点数量
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// 以1号节点为根，跑一遍dfs,填充每个节点的cnt1-cnt2的最大值
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void dfs1(int u, int fa) {
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f[u] = c[u]; // 1：白色，-1黑色，正好与 cnt1-cnt2一致,初始值加上了老头子自己的养老钱
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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dfs1(v, u);
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f[u] += max(0, f[v]); // 如果我儿子给我，那我就拿着；如果我儿子不给我钱，或者管我要钱，我就不理它！
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}
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}
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// 换根dp
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void dfs2(int u, int fa) {
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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int val = g[u] - max(f[v], 0);
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g[v] = f[v] + max(val, 0);
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dfs2(v, u);
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}
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}
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int main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int x;
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cin >> x;
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c[i] = (x ? x : -1); // 白色c[i]=1，黑色c[i]=-1
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}
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for (int i = 1; i < n; i++) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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add(a, b), add(b, a);
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}
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// 第一次dfs
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dfs1(1, 0);
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// 它们两个是一个意思
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g[1] = f[1];
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// 换根dp
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dfs2(1, 0);
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// 输出答案
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for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", g[i]);
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return 0;
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}
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```
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#### [$P3047$ $Nearby$ $Cows$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3047)
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**题目大意**
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题目大意是给你一颗树，对于每一个节点$i$，求出范围$k$之内的点权之和。
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看数据范围就知道暴力肯定是会$TLE$飞的，所以我们要考虑如何$dp$（代码习惯写$dfs$）
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仔细思考一下我们发现点$i$走$k$步能到达的点分为以下两种
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- 在$i$的子树中（由$i$点往下）
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- 经过$i$的父亲（由$i$点往上）
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这样的问题一般可以用两次$dfs$解决
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定义状态:
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- $f[i][j]$表示$i$点往下$j$步范围内的点权之和
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- $g[i][j]$表示$i$点往上和往下走$j$步范围内点权之和
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第一次$dfs$我们求出所有的$f[n][k]$，这个比较简单，对于节点$u$和其儿子$v$,$f[u][k] += f[v][j - 1]$就行了。（第一次$dfs$已知叶子节点推父亲节点）
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第二次$dfs$我们通过已经求出的$f$数组推$g$数组，对于$u$和$u$的儿子$v$,
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$$g[v][k] += (g[u][k - 1] - f[v][k - 2])$$
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注意数组下表不要越界。$g[i][j]$的初始值应该赋为$f[i][j]$，因为根节点的$g[i][j]$就是$f[i][j]$。（第二次$dfs$已知父亲节点推儿子节点）
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#### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419)
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https://www.cnblogs.com/Troverld/p/14601347.html
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#### [$P3647$ $APIO2014$ 连珠线](https://www.luogu.com.cn/problem/P3647)
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#### [$POJ3585$ $Accumulation$ $Degree$](http://poj.org/problem?id=3585)
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https://blog.csdn.net/qq_34493840/article/details/90575293
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#### [$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)
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https://www.cnblogs.com/DongPD/p/17498336.html
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#### [Eg3: AT Educational DP Contest V-Subtree](https://dmoj.ca/problem/dpv)
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#### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)
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#### [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html)
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