## 换根$DP$ 

换根$DP$，又叫二次扫描，是树形$DP$的一种。

其相比于一般的树形$DP$具有以下特点：

- ① 以树上的不同点作为根，其解不同
- ② 故为求解答案，不能单求某点的信息，需要求解每个节点的信息
- ③ 故无法通过一次搜索完成答案的求解，因为一次搜索只能得到一个节点的答案
难度也就要比一般的树形$DP$高一点。

### 题单

#### **[$P3478$ $STA-Station$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3478)**

> **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 $O(N)$。

但这样求解出的答案只是以该节点为根的，并不是最优解。

如果要暴力求解出最优解，则我们可以枚举所有的节点为根，然后分别跑一次搜索，这样的时间复杂度会达到$O(N^2)$，显然不可接受。

所以我们考虑在第二次搜索时就完成所有节点答案的统计——

- ① 我们假设第一次搜索时的根节点为$1$号节点，则此时只有$1$号节点的答案是已知的。同时第一次搜索可以统计出所有子树的大小。

- ② 第二次搜索依旧从$1$号节点出发，若$1$号节点与节点$x$相连，则我们考虑能否通过$1$号节点的答案去推出节点$x$的答案。

- ③ 我们假设此时将根节点换成节点$x$，则其子树由两部分构成，第一部分是其原子树，第二部分则是$1$号节点的其他子树（如下图）。

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401090958197.png)

- ④ 根从$1$号节点变为节点$x$的过程中，我们可以发现第一部分的深度降低了$1$，第二部分的深度则上升了$1$，而这两部分节点的数量在第一次搜索时就得到了。

故得到递推公式： 
$$f[v]=f[u]-siz[v]+(siz[1]-siz[v]),fa[v]=u$$
简化一下就是 
$$f[v]=f[u]+siz[1]-2\times siz[v]=f[u]+n-2\times siz[v]$$

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010, 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 n; // n个节点

int depth[N]; // depth[i]:在以1号节点为根的树中，i号节点的深度是多少
int sz[N];    // sz[i]:以i号节点为根的子树中有多少个节点
int f[N];     // DP结果数组，f[i]记录整个树以i为根时，可以获取到的深度和是多少

// 第一次dfs
void dfs1(int u, int fa) {
    sz[u] = 1;                // 以u为根的子树，最起码有u一个节点
    depth[u] = depth[fa] + 1; // u节点的深度是它父节点深度+1
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);     // 深搜v节点,填充 sz[v],depth[v]
        sz[u] += sz[v]; // 在完成了sz[v]和depth[v]的填充工作后，利用儿子更新父亲的sz[u]+=sz[v];
    }
}

// 第二次dfs
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] + n - 2 * sz[v];
        dfs2(v, u);
    }
}

signed main() {
    memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星

    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a); // 换根DP，无向图
    }

    // 1、第一次dfs,以1号节点为根，它的父节点不存在，传入0
    dfs1(1, 0);

    // 2、换根
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += depth[i]; // DP初始化，以1号节点为根时，所有节点的深度和
    dfs2(1, 0);                                    // 从1号节点开始，深度进行换根

    // 3、找答案
    int ans = 0, id = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)            // 遍历每个节点
        if (ans < f[i]) ans = f[i], id = i; // ans记录最大的深度值，id记录以哪个节点为根时取得最大值
    // 输出以哪个节点为根时，深度和最大
    cout << id << endl;
}
```

**总结与进阶**

由此我们可以看出换根$DP$的套路：

- 指定某个节点为根节点。
- 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。

#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)

**一、$O(N^3)$算法**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
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;
        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;
    }

    // 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;
}
```

**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。

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。

**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。

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。

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，$step$ 增加 $1$；

代码就很好实现了，时间复杂度也不高，$O(n^2)$。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = N << 1;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int x[N];      // 点权权值数组
int st[N];     // st 数组存是否遍历过这个节点
int dis[N][N]; // 存节点间的距离

// 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++;
}

void dfs(int root, int u, int step) {         // root 表示根,u:当前走到哪个节点，step:到u点时走了几步
    st[u] = 1;                                // u走过了，防止回头路
    dis[root][u] = step, dis[u][root] = step; // root<->u之间的路径长度

    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (st[v]) continue;
        dfs(root, v, step + 1);
    }
}

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 a, b;
        cin >> x[i] >> a >> b;
        if (a) add(i, a), add(a, i); // 存图
        if (b) add(i, b), add(b, i);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        memset(st, 0, sizeof st);
        dfs(i, i, 0); // 搜索
    }
    int ans = INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int s = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j++)
            s = s + x[j] * dis[i][j]; // 累加距离
        ans = min(ans, s);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
```

**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：


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

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$n$


**思路**：
先算出$1$个点的代价，之后$dp$换根直接转换

**$Code$**
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
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);

    // 输出答案
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
```

#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)

**题目描述**

$Bessie$ 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。

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 <bits/stdc++.h>
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;
}

```

#### [$CF1187E$ $Tree$ $Painting$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1187E)

**题意**
给定一棵有 $n$ 个结点的无根树，所有结点都是白色的。

第一次操作可以 <font size=5 color='red'><b>随意</b></font> 使一个结点染成黑色，之后每次操作可以使一个与黑色结点相邻的白色结点变成黑色。

**每次操作可以获得的权值为**: 被染成黑色的白色结点所在的白色连通块的结点数量。

求可以获得的最大权值。

**难点解析**

最初时，我对这个**权值** 的认识不够深入，没有明白为什么根不同权值就会不同呢？后来仔细思考，发现是自己傻了，因为根不同，每个节点到根的距离就会不同，而权值的计算办法，其实是类似于哈夫曼树，父子隶属关系的不同最终的权值是不一样的，我们可以再画一下上面的图进行深入理解：

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401160950270.png)


![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401160947763.png)


**总结**：题目理解能力，目前看来有两种办法：
- ① 多动手画图理解，尝试换根试一下。
- ② 多做题，做的多了就一下明白它说什么了。


**题解**
不难发现只要选定了第一个被染色的结点，答案也就确定了, 也就是 **选了谁是根最重要，其它的选择顺序不重要**。

所以有一个朴素做法就是以枚举每个结点为根，都做一次树形$dp$。

以某一结点为根，记 $f[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，首先把 $i$ 染成黑色的权值。

状态转移方程:
$\displaystyle \large f[u]=sz[u]+\sum_{v \in son[u]} f[v]$​

其中 
$sz[u]$  表示以 $u$ 为根的子树大小，也就是染色时的白色连通块大小。

**时间复杂度** 
$O(n^2)$ ，稳稳地暴毙,然后就会自然而然地想到换根$dp$。



**换根$dp$**

先考虑以$1$号点为根，求出 $f$ 数组。

然后记 $g[i]$ 表示以 $i$ 结点为根时的答案,尝试通过$1$号节点的计算已知值，进行换根,利用数学变换加快运算速度。

显然,由于1号节点是根，它没有向上走的路径，所以它的向下所有获取的价值就是总价值，也就是 $g[1] =f[1]$ 

然后考虑 $g$ 数组从 **父亲到儿子** 的转移。



以样例为例：

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401151619931.png)

我们假设当前以 $1$ 号为根，求出了 $f$ 数组，也就是知道了 $g[1]=f[1]$ ，然后要求出 $g[2]$ 。

考虑一下答案的组成。

首先考虑 $2$ 号结点的孩子的贡献，也就是图中蓝圈内的部分。这部分显然不会改变，贡献就是 $f[2] −sz[2]$ 。

然后考虑父亲方向，也就是图中红圈部分对 $g[2]$ 的贡献。

那么除了以 $2$ 号结点，与 $1$ 号结点相邻的其他子树都会对答案产生贡献，也就是说，我们只需要用以 $1$ 号结点为根时的权值减去以 $2$ 为根的子树的贡献即可，也就是 $g[1]-sz[2]-f[2]$ 。


综合一下上述两种方向的贡献，可以得到：
$$g[2]=n+(f[2]-sz[2])+(g[1]-f[2]-sz[2])=n+g[1]-sz[2]\times 2$$

推广到所有节点，就可以得到：
$$g[v]=n+g[u]-sz[v]\times 2$$

然后跑两遍 $dfs$ 就愉快的解决啦。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"

const int N = 200010, M = N << 1;

int 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为根的子树中有多少个节点
int f[N];
int g[N];

int ans; // 答案

// 以子填父
void dfs1(int u, int fa) {
    sz[u] = 1; // 以u为根的子树，最起码有u自己1个节点
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);     // 换根dp的套路，第一次 dfs,以子填父，先递归，后累加
        sz[u] += sz[v]; // 将儿子节点v子树的节点数量，累加到u子树上
        f[u] += f[v];   // 权值也需要累加
    }
    f[u] += sz[u]; // 别忘了加上自己子树的个数，之所以放在这里写，是因为需要所有子树递归完成统计后才有sz[u]
}

// 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; // 填充g[]数组的权值最大值
        // 此处 sz[1]=n,怎么写都行
        g[v] = n + g[u] - 2 * sz[v]; // 数学方法计算出来，修改v的最终答案
        // 自顶向下修改统计信息，统计信息是指以每个点为根时可以获取到的最大权值
        dfs2(v, u);
    }
}

signed main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }
    // 第一次dfs,以子孙节点信息更新父节点的统计信息，统计信息包括：以u为根的子树中节点数个sz[u],每个节点可以获取到的权值f[u]
    dfs1(1, 0);
    // f[i]:以1为根时的, 以i为子树根的子树可以获得的最大权值
    // g[i]:以i为根的子树可以获得的最大权值,也就是最终的结果存储数组
    g[1] = f[1];

    // 第二次dfs,换根
    dfs2(1, 0);

    // 遍历一遍历，找出到底以谁为根可以获取到权值的最大值，最大值是多少
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
    // 输出答案
    cout << ans << endl;
}
```

#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1324F)

**题目大意**
- 给定一棵 $n$ 个节点无根树，每个节点 $u$ 有一个颜色 $a_u$，若 $a_u$ 为 $0$ 则 $u$ 是黑点，若 $a_u$ 为 $1$ 则 $u$ 是白点。
- 对于每个节点 $u$，选出一个**包含** $u$ 的连通子图，设子图中白点个数为 $cnt_1$，黑点个数为 $cnt_2$，请最大化 $cnt_1 - cnt_2$。并输出这个值。
- $1 \leq n \leq 2 \times 10^5$，$0 \leq a_u \leq 1$。

**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 <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 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**
给你一棵 $n$ 个点的树，点带权，对于每个节点求出距离它不超过 $k$ 的所有节点权值和。

对于树中的某个节点而言，距离它不超过$k$的节点主要来源于两方面:
- 一个是该节点的子节点中距离该节点不超过距离$k$的节点的权值和
- 一个是该节点向上沿着父节点方向不超过距离$k$的点的权值和

对于子节点方向的节点的权值和，可以通过普通的树形$DP$计算出来。

**1、状态表示**
$f[i][j]$表示以$i$为根节点的子树中，距离$i$不超过$j$的子节点的权值和。

**2、状态转移**
$$\large f[u][j]=val[u]+\sum_{v \in son[u]}f[v][j−1] \  j \in [1,k]$$

到节点$u$不超过距离$k$，即距离$v=son[u]$不超过$k−1$，然后加在一起即可。同时$u$节点本身也有贡献，因为$u$节点本身是不超过距离$0$的节点。
> **理解**：父亲的生活费=$\sum$(每个儿子给的生活费)+自己的社保金

```cpp {.line-numbers}
void dfs1(int u, int fa) {
    // 初始化：当遍历到u节点时，u的拆分状态中，最起码包含了自己的点权值
    for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][i] = val[u];

    // 枚举u的每一个子节点
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子
        // 先递归，// 递归填充v节点的信息
        dfs1(v, u);
        // 再利用子节点信息更新父节点信息
        for (int j = 1; j <= k; j++) f[u][j] += f[v][j - 1];
    }
}
```

**3、换根$DP$**
这个题目本身是个无根树，如果我们认为规定编号为$1$的节点是根的话，那么对于祖宗节点$1$来说，$f[1][k]$就是距离$1$节点不超过距离$k$的节点的权值和。因为祖宗节点是没有父亲节点的，所以我们就不需要考虑沿着父节点方向的节点权值和。

令：$g[u][j]$表示所有到$u$节点的不超过距离$j$的节点的权值和。根据刚刚的分析：
$$\large g[1][j]=f[1][j]\ j \in [1,k]$$

这个就是我们换根$DP$的 **初始化**。
> **注**：我们完全可以去把每个点都当作根，然后暴力跑出答案，但是这个暴力做法的时间复杂度是$O(n^2)$的，会超时。

所以当我们将祖宗节点从节点$1$换为另一个节点的时候，我们只能通过数学上的关系来计算出$g$数组元素的值。这个也是换根$DP$的意义。

我们看下面的图：

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401151412377.png)

红色框是非常好理解的，以$v$为根的子树，在最远距离为$k$的限制下，写成$f[v][k]$。上面的部分，我们可以写成$g[u][k-1]$。因为到$v$不超过$k$的距离，即距离它的父亲节点不超过$k−1$的距离。

但是这么写对吗？

答案是不对的，$g[u][k-1]$和$f[v][k]$是有重复部分的。我们需要减去这段重复的部分，那么关键问题是重复部分如何表示？

重复部分肯定是出现在了红色框中，红色框中到$u$不超过距离$k−1$，即距离$u$不超过$k-2$，同时重复部分又恰好是节点$v$的子节点，所以这部分可以表示为：$f[v][k-2]$。

所以最终的结果就是：

$$\large g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$$
> **解释**：
> ① 换根$DP$时，由父推子，也就是用$g[u][?] \rightarrow g[v][??]$
> ② 由于$v$需要向上，通过$u$去寻找点权和，而$v \rightarrow u$已经用去了$1$步，一共$k$步，现在就剩下了$k-1$步。
> ③ $Q$:那为什么不是$f[u][k-1]$，而是$g[u][k-1]$呢？
> 因为$u$不光有向下的，还有向上的啊！我们现在不光要向下的，还要向上的，当然是$g[u][k-1]$啦！
> ④ 但是简单的这么整是不行的：$g[u][k-1]$与$f[v][k]$是存在交集的，如果简单加上就会造成一部分被算了两次！那么，是哪部分被算了两次呢？
> 答:对于$u$节点而言，$g[u][k-1]$与$f[v][k]$的交集，需要先走$1$步进入红框，这样，就用去了$1$步，也就是$f[v][k-2]$就是重复的部分，利用容斥原理去掉就行了，也就是$g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$

细心的同学发现，这面的状态转移方程是有边界问题的：$k-2$是不是一定大于等于$0$呢？
如果$k-2<=0$咋办？会不会造成代码$RE$或者$WA$? 

也就是说，上述方程成立的条件是$k\geq 2$的。

所以我们还得想一想$\leq 1$的时候。

如果$k=0$，$g[v][0]$其实就是$val[v]$，因为不超过距离$0$的点只有本身。

如果$k=1$，那么$g[v][1]$其实就是$f[v][1]+val[u]$，因为沿着父节点方向距离$v$不超过$1$的点，只有父节点，而树中，父节点是唯一的。沿着子节点方向，其实就是$v$的各个子节点，而这些子节点可以统统用$f[v][1]$表示。

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
const int K = 25;
// 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][K]; // f[i][j]:如果根是1号节点时，i号节点，最远走j步，可以获取到的所有点权和
int g[N][K];
int val[N]; // 点权数组

int n, k;

void dfs1(int u, int fa) {
    // 初始化：当遍历到u节点时，u的拆分状态中，最起码包含了自己的点权值
    for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][i] = val[u];

    // 枚举u的每一个子节点
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子
        // 先递归，// 递归填充v节点的信息
        dfs1(v, u);
        // 再利用子节点信息更新父节点信息
        for (int j = 1; j <= k; j++) f[u][j] += f[v][j - 1];
    }
}

// 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;

        g[v][0] = val[v];           // 走0步,只有自己一个点
        g[v][1] = f[v][1] + val[u]; // 走1步,包含自己下面子树一层+父节点

        // 如果走2步及以上，最多k步以内
        for (int j = 2; j <= k; j++) g[v][j] = f[v][j] + g[u][j - 1] - f[v][j - 2];

        // 再递归，利用父更新子
        dfs2(v, u);
    }
}

int main() {
    // 初始化链式前向星
    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        add(a, b), add(b, a);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i]; // 点权
    // 1、自底向上
    dfs1(1, 0);

    // 2、换根dp
    for (int i = 0; i <= k; i++) g[1][i] = f[1][i];
    dfs2(1, 0);

    // 输出结果
    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i][k] << endl;
    return 0;
}
```

#### [$POJ3585$ $Accumulation$ $Degree$](http://poj.org/problem?id=3585)


**题意**
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401161333814.png)

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401161333206.png)


**思路分析**

这是一道 **不定根** 的树形$DP$问题，这类题目的特点是，给定一个树形结构，需要以每个结点为根进行一系列统计。我们一般通过两次扫描来求解此类问题：

- 1.第一次扫描，任选一个点为根，在 **有根树** 上执行一次树形$DP$。
- 2.第二次扫描，从刚才选出的根出发，对整棵树执行一次$DFS$，在每次递归前进行 **自上而下** 的推导，计算出 **换根** 之后的解。

**本题思路**
![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401161324729.png)

![](https://dsideal.obs.cn-north-1.myhuaweicloud.com/HuangHai/BlogImages/202401161325661.png)

首先，选择$1$号结点，然后树形$dfs$:
- 1、求出$f$数组($f[i]$表示以$1$这根的树，以$i$为根的子树中流量的最大值)。
- 2、设$g[u]$表示以$u$为源点，流向整个水系的最大流量，则显然$g[1]=f[1]$。

假设$g[u]$已经求出，考虑其子结点$v$，则$g[v]$包含两部分：
- 1.从$v$流向以$v$为根的子树的流量，已经计算出来。
- 2.从$v$沿着到父节点$u$的河道，进而流向水系中其他部分的流量。

由题意可得，从$u$流向$v$的流量为$min(f[v],c[u][v])$，所以从$u$流向除$v$以外其他部分的流量就是二者之差$g[u]−min(f[v],c[u][v])$。于是，把$v$作为源点，先流到$u$，再流向其他部分的流量就是把这个 **差** 再与$c[u][v]$取较小值后的结果。

$$
\large \left\{\begin{matrix}
g[v]=f[v]+min(g[u]−min(f[v],c[u][v])−c[u][v]) & du[u]>1 \\ 
g[v]=f[v]+c[u][v] &  du[u]==1
\end{matrix}\right.
$$

这是一个由上而下的递推方程，我们通过一次$dfs$即可实现。

```cpp {.line-numbers}
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;

int n, du[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 f[N], g[N];

// 以1号点为根， 由子推父，先递归，再统计
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);
        if (du[v] == 1) // 如果v的度为1，也就是叶子
            f[u] += w[i];
        else
            f[u] += min(f[v], w[i]);
    }
}
void dfs2(int u, int fa) {
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int v = e[i];
        if (v == fa) continue;
        if (du[u] == 1)
            g[v] = f[v] + w[i];
        else
            g[v] = f[v] + min(g[u] - min(f[v], w[i]), w[i]);
        // 先计算再递归
        dfs2(v, u);
    }
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        // 初始化链式前向星
        memset(h, -1, sizeof h);
        idx = 0;
        memset(du, 0, sizeof du);
        memset(f, 0, sizeof f);
        memset(g, 0, sizeof g);

        cin >> n;

        int a, b, c;
        for (int i = 1; i < n; i++) { // 树，n-1条无向边
            cin >> a >> b >> c;
            add(a, b, c), add(b, a, c);
            du[a]++, du[b]++; // 记录入度,无向图就不谈入度和出度了
        }
        // 第一遍dfs
        dfs1(1, 0);
        g[1] = f[1];

        // 第二遍dfs
        dfs2(1, 0);

        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}
```

####[$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)
https://blog.csdn.net/TheSunspot/article/details/118216638

https://www.cnblogs.com/DongPD/p/17498336.html

#### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419)
**题目大意**

一颗树 $n$ 个点，$n-1$ 条边，经过每条边都要花费一定的时间，任意两个点都是联通的。

有 $K$ 个人（分布在 $K$ 个不同的点）要集中到一个点举行聚会。

聚会结束后需要一辆车从举行聚会的这点出发，把这 $K$ 个人分别送回去。

请你回答，对于 $i=1 \sim n$ ，如果在第 $i$ 个点举行聚会，司机最少需要多少时间把 $K$ 个人都送回家。

#### [$P3647$ $APIO2014$ 连珠线](https://www.luogu.com.cn/problem/P3647)




#### [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)