diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1324F.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1324F.cpp new file mode 100644 index 0000000..1526161 --- /dev/null +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/CF1324F.cpp @@ -0,0 +1,65 @@ +#include +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 f[N]; +int g[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) { + 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 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + dfs1(v, u); + 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！ + } +} + +// 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; + int val = g[u] - max(f[v], 0); + g[v] = f[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); + } + + // 第一次dfs + dfs1(1, 0); + + // 它们两个是一个意思 + g[1] = f[1]; + // 换根dp + dfs2(1, 0); + // 输出答案 + for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", g[i]); + return 0; +} \ No newline at end of file diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_HuanGenDp.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_HuanGenDp.cpp index 182d689..64e2818 100644 --- a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_HuanGenDp.cpp +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P1364_HuanGenDp.cpp @@ -1,40 +1,62 @@ #include using namespace std; -#define LL long long -const int N = 1e5 + 10; -vector g[N]; -int a[N]; -int dp[N], siz[N]; -int ans = 1e9; -void dfs1(int u, int fa, int dep) { - siz[u] = a[u]; - for (auto v : g[u]) { +const int N = 1e5 + 10, M = N << 1; +const int INF = 0x3f3f3f3f; + +// 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 c[N]; +int f[N], sz[N]; +int ans = INF; + +// 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, int step) { + 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 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; if (v == fa) continue; - dfs1(v, u, dep + 1); - siz[u] += siz[v]; + dfs1(v, u, step + 1); // 填充深搜v节点为根的子树 + 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] } - dp[1] += dep * a[u]; // 先算出1点的总代价 + 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 } + +// 第二次dfs,开始dp换根 void dfs2(int u, int fa) { - for (auto v : g[u]) { + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; if (v == fa) continue; - dp[v] = dp[u] + siz[1] - siz[v] * 2; - dfs2(v, u); + f[v] = f[u] + sz[1] - sz[v] * 2; // 经典的递推式 + dfs2(v, u); // 继续深搜 } - ans = min(ans, dp[u]); } + int main() { + // 初始化链式前向星 + memset(h, -1, sizeof h); + int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { - cin >> a[i]; - int u, v; - cin >> u >> v; - if (u > 0) g[i].push_back(u), g[u].push_back(i); - if (v > 0) g[i].push_back(v), g[v].push_back(i); + cin >> c[i]; + int a, b; + cin >> a >> b; + 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 + if (b) add(b, i), add(i, b); } + // 1、准备动作 dfs1(1, 0, 0); - dfs2(1, 0); // 换根 - cout << ans; + // 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; return 0; } diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P2896.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P2896.cpp new file mode 100644 index 0000000..2adcacb --- /dev/null +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P2896.cpp @@ -0,0 +1,65 @@ +#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 c[N]; // 点权数组 + +int sz[N]; // sz[i]:在以1号节点为根时，i号节点的子节点数量 +int dis[N]; // dis[i]:表示i距离起点的长度 + +int f[N]; // f[i]:把奶牛大集会的地点设为i时的最小代价 +int ans = 1e18; + +// 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) { + sz[u] = c[u]; // 这个和医院选址是一样的，点权就是子节点个数 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + 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 + dfs1(v, u); // 深搜 + sz[u] += sz[v]; // 以u为根的子树奶牛数量 + } + f[1] += dis[u] * c[u]; // 累加 距离*人数=1点的总代价 +} + +// 第二次dfs,开始dp换根 +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); + } +} +signed main() { + // 初始化链式前向星 + memset(h, -1, sizeof h); + + int n; + cin >> n; + 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); + } + // 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; +} diff --git a/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp new file mode 100644 index 0000000..c5a1281 --- /dev/null +++ b/TangDou/Topic/HuanGenDp/P3047.cpp @@ -0,0 +1,60 @@ +#include +using namespace std; +#define int long long +#define endl "\n" + +const int N = 200010, M = N << 1, K = 21; + +// 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 n, q; +int dp[N][K]; + +void dfs1(int u, int fa) { + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + dfs1(v, u); + for (int j = 1; j <= q; j++) dp[u][j] += dp[v][j - 1]; // 第一遍dp + } +} + +void dfs2(int u, int fa) { + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + // 在第一次遍历时 dp[1][2] 包括了 dp[2][1] 2的子树权值； + // 然鹅 ans在统计dp[2][3] 的时候也加上了 dp[2][1] 2的子树权值； + // 第二次遍历 dp[2][3] 又加上了 dp[2][1]; + // 所以需要简单容斥一下； + for (int j = q; j >= 2; j--) + dp[v][j] -= dp[v][j - 2]; // 简单容斥 + for (int j = 1; j <= q; j++) + dp[v][j] += dp[u][j - 1]; // 第二遍dp + dfs2(v, u); + } +} +signed main() { + // 初始化链式前向星 + memset(h, -1, sizeof h); + + cin >> n >> q; + for (int i = 1; i < n; i++) { + int a, b; + cin >> a >> b; + add(a, b), add(b, a); + } + for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> dp[i][0]; // 每个节点往外0距离，就是它本身的权值； + dfs1(1, 0); + dfs2(1, 0); + + for (int i = 1; i <= n; i++) { + int ans = 0; + for (int j = 0; j <= q; j++) ans += dp[i][j]; // ans统计答案 + cout << ans << endl; + } +} \ 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 5d9dba1..49adc01 100644 --- a/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md +++ b/TangDou/Topic/【换根】dfs专题.md @@ -113,6 +113,60 @@ signed main() { } ``` +## 树的直径 + +#### [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15784687.html) + +**$Code$** +```cpp {.line-numbers} +#include + +using namespace std; +const int N = 10010, M = N << 1; +int n; // n个结点 + +// 链式前向星 +int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx; +void add(int a, int b, int c) { + e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++; +} + +// 换根dp模板 +int ans; // 答案,直径 +int d1[N], d2[N]; // d1[i],d2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少 +bool st[N]; // 是不是遍历过了 +void dfs(int u) { + st[u] = true; + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (st[v]) continue; // v点访问过了 + + // 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 + dfs(v); + + // w[i]:u->v的路径长度,d1[u]:最长路径,d2[u]:次长路径 + 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 + } + // 更新结果 + ans = max(ans, d1[u] + d2[u]); +} + +int main() { + cin >> n; + memset(h, -1, sizeof h); // 初始化邻接表 + for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边 + 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 + } + 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 + cout << ans << endl; + return 0; +} +``` ## 换根$DP$ @@ -344,85 +398,333 @@ int main() { **三、$O(N)$算法** 如果$n=1e6$，那么就要考虑换根$dp$了 -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) -如果把u点的医院改为v点，则发现： -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 -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： -dp[v]=dp[u]+(siz[1]-siz[v])-siz[v]:其中siz[1]表示全部人的数量 -思路： -1.先算出1个点的代价，之后dp换根直接转换 +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) +如果把$u$点的医院改为$v$点，则发现： + + +如图：以$5$为根时： +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100756011.png) + + +以$4$为根时： +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100756839.png) + +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 -#### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986) -https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302 +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： +$$\large f[v]=f[u]+(sz[1]-sz[v])-sz[v]=f[u]+sz[1]-2\times sz[v]$$ +> **注**： 其中$sz[1]$表示全部人的数量,一般也写做$n$ -CF1324F.Maximum White Subtree +**思路**： +先算出$1$个点的代价，之后$dp$换根直接转换 -[USACO12FEB]Nearby Cows G +**$Code$** +```cpp {.line-numbers} +#include +using namespace std; +const int N = 1e5 + 10, M = N << 1; +const int INF = 0x3f3f3f3f; + +// 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 c[N]; +int f[N], sz[N]; +int ans = INF; + +// 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, int step) { + 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 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + dfs1(v, u, step + 1); // 填充深搜v节点为根的子树 + 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] + } + 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 +} + +// 第二次dfs,开始dp换根 +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; // 经典的递推式 + dfs2(v, u); // 继续深搜 + } +} + +int main() { + // 初始化链式前向星 + memset(h, -1, sizeof h); + + int n; + cin >> n; + for (int i = 1; i <= n; i++) { + cin >> c[i]; + int a, b; + cin >> a >> b; + 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 + if (b) add(b, i), add(i, b); + } + // 1、准备动作 + dfs1(1, 0, 0); + // 2、换根dp + dfs2(1, 0); -[COCI2014-2015#1]Kamp + // 输出答案 + for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]); + cout << ans << endl; + return 0; +} +``` -[APIO2014]连珠线 +#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986) -POJ3585 Accumulation Degree +**题目描述** -CF708C Centroids +$Bessie$ 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。 +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。 -#### [$AcWing$ $1072$ 树的最长路径](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15784687.html) +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。 + +**题目分析** +这还分析个啥啊，这不就是上一道题的医院选址吗？ **$Code$** ```cpp {.line-numbers} #include - 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 +#define endl "\n" // 链式前向星 -int h[N], e[M], w[M], ne[M], idx; -void add(int a, int b, int c) { - 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++; } -// 换根dp模板 -int ans; // 答案,直径 -int d1[N], d2[N]; // d1[i],d2[i]:经过i点的最长,次长长度是多少 -bool st[N]; // 是不是遍历过了 -void dfs(int u) { - st[u] = true; +int c[N]; // 点权数组 +int sz[N]; // sz[i]:在以1号节点为根时，i号节点的子节点数量 +int dis[N]; // dis[i]:表示i距离起点的长度 +int f[N]; // f[i]:把奶牛大集会的地点设为i时的最小代价 +int ans = 1e18; + +// 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) { + sz[u] = c[u]; // 这个和医院选址是一样的，点权就是子节点个数 for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int v = e[i]; - if (st[v]) continue; // v点访问过了 - - // 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 - 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 + dfs1(v, u); // 深搜 + sz[u] += sz[v]; // 以u为根的子树奶牛数量 + } + 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 - 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 +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 + memset(h, -1, sizeof h); -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) +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401100839763.png) + +![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401101429621.png) + + +**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。 + +#### 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) + +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 + +不妨设$f[u]$代表$u$结点的最大值。故 + +$$\large f[u]=c[u]+\sum_{v \in son_u}max(0,f[v])$$ + +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。 + +#### 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,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。 + +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。 + +根据刨去以$v$为根的子树的贡献值这个思想，可以发现: + +$$\large add=g[u]−max(0,f[v])$$ +> **注**：$fa[v]=u$ + +就是刨去以$v$为根的子树的贡献值。写出状态转移方程： +$$\large g[v] = + \left\{\begin{matrix} +f[v] & if \ v = root \\ + f[v]+max(0,g[u]-max(0,f[v]))& if \ v \neq root +\end{matrix}\right. +$$ + +因此思路: + +- ① 从下往上树形$dp$,计算$f[v]$ +- ② 从上往下换根$dp$,计算$g[v]$ + +**$Code$** +```cpp {.line-numbers} +#include +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 f[N]; +int g[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) { + 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 + for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { + int v = e[i]; + if (v == fa) continue; + dfs1(v, u); + 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！ + } +} + +// 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; + int val = g[u] - max(f[v], 0); + g[v] = f[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); + } + + // 第一次dfs + dfs1(1, 0); + + // 它们两个是一个意思 + g[1] = f[1]; + // 换根dp + dfs2(1, 0); + // 输出答案 + for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", g[i]); return 0; } ``` + +#### [$P3047$ $Nearby$ $Cows$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3047) + +**题目大意** +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。 + +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$dfs$） + +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 + +- 在$i$的子树中（由$i$点往下） +- 经过$i$的父亲（由$i$点往上） + +这样的问题一般可以用两次$dfs$解决 + +定义状态: +- $f[i][j]$表示$i$点往下$j$步范围内的点权之和 +- $g[i][j]$表示$i$点往上和往下走$j$步范围内点权之和 + +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） + +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$v$, +$$g[v][k] += (g[u][k - 1] - f[v][k - 2])$$ + +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） + + +#### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419) +https://www.cnblogs.com/Troverld/p/14601347.html + + +#### [$P3647$ $APIO2014$ 连珠线](https://www.luogu.com.cn/problem/P3647) + + +#### [$POJ3585$ $Accumulation$ $Degree$](http://poj.org/problem?id=3585) +https://blog.csdn.net/qq_34493840/article/details/90575293 + + +#### [$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C) +https://www.cnblogs.com/DongPD/p/17498336.html + + +#### [Eg3: AT Educational DP Contest V-Subtree](https://dmoj.ca/problem/dpv) + #### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html) #### [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html) \ No newline at end of file diff --git a/小乔证件/一级GESP证书.png b/小乔证件/一级GESP证书.png new file mode 100644 index 0000000..27f9000 Binary files /dev/null and b/小乔证件/一级GESP证书.png differ