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#### [【前导知识】](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/17969449)
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## 换根$DP$
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换根$DP$，又叫二次扫描，是树形$DP$的一种。
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其相比于一般的树形$DP$具有以下特点：
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- ① 以树上的不同点作为根，其解不同
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- 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
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- 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
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难度也就要比一般的树形$DP$高一点。
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### 题单
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#### **[$P3478$ $STA-Station$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3478)**
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> **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？
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**深度**：节点到根的简单路径上边的数量
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> **关键词：换根$DP$模板题**
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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 $O(N)$。
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但这样求解出的答案只是以该节点为根的，并不是最优解。
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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。
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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——
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- 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。
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- 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。
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- 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）。
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- 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。
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故得到递推公式：
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$$f[v]=f[u]-sz[v]+(sz[1]-sz[v]),fa[v]=u$$
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简化一下就是
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$$f[v]=f[u]+sz[1]-2\times sz[v]=f[u]+n-2\times sz[v]$$
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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 = 1000010, M = N << 1;
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#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 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 n; // n个节点
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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
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int sz[N]; // sz[i]:以i号节点为根的子树中有多少个节点
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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
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// 第一次dfs
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void dfs1(int u, int fa) {
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sz[u] = 1; // 以u为根的子树，最起码有u一个节点
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depth[u] = depth[fa] + 1; // u节点的深度是它父节点深度+1
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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); // 深搜v节点,填充 sz[v],depth[v]
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|
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];
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}
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}
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// 第二次dfs
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void dfs2(int u, int fa) {
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (v == fa) continue;
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|
f[v] = f[u] + n - 2 * sz[v];
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|
dfs2(v, u);
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}
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}
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signed main() {
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memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星
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cin >> n;
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for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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add(a, b), add(b, a); // 换根DP，无向图
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}
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// 1、第一次dfs,以1号节点为根，它的父节点不存在，传入0
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dfs1(1, 0);
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// 2、换根
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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
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dfs2(1, 0); // 从1号节点开始，深度进行换根
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// 3、找答案
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int ans = 0, id = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++) // 遍历每个节点
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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
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// 输出以哪个节点为根时，深度和最大
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cout << id << endl;
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}
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```
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**总结与进阶**
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由此我们可以看出换根$DP$的套路：
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- 指定某个节点为根节点。
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- 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。
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- 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。
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#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
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**一、$O(N^3)$算法**
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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 = 1000010;
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|
|
const int INF = 0x3f3f3f3f;
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|
int g[150][150];
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int w[N];
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int main() {
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int n;
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cin >> n;
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// 地图初始化
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memset(g, 0x3f, sizeof g);
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|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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|
int a, b;
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cin >> w[i] >> a >> b;
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|
g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接，右链接，二叉树，和一般的不一样
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g[i][b] = g[b][i] = 1;
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|
}
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// floyd
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for (int k = 1; k <= n; k++)
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|
for (int i = 1; i <= n; i++)
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|
for (int j = 1; j <= n; j++)
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|
|
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
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int ans = INF;
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
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|
int s = 0;
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for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
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|
ans = min(ans, s);
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|
}
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|
printf("%d", ans);
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|
return 0;
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|
}
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```
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**二、$O(N^2)$算法**
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$n$ 的值很小，最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。
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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。
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**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。
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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。
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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 $1$；
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代码就很好实现了，时间复杂度也不高，$O(n^2)$。
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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 = 110, M = N << 1;
|
|
|
const int INF = 0x3f3f3f3f;
|
|
|
int n;
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|
int x[N]; // 点权权值数组
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int st[N]; // st 数组存是否遍历过这个节点
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int dis[N][N]; // 存节点间的距离
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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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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
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st[u] = 1; // u走过了，防止回头路
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|
dis[root][u] = step, dis[u][root] = step; // root<->u之间的路径长度
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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;
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dfs(root, v, step + 1);
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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 a, b;
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cin >> x[i] >> a >> b;
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if (a) add(i, a), add(a, i); // 存图
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if (b) add(i, b), add(b, i);
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}
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
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|
memset(st, 0, sizeof st);
|
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|
dfs(i, i, 0); // 搜索
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|
}
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|
int ans = INF;
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
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|
int s = 0;
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for (int j = 1; j <= n; j++)
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s = s + x[j] * dis[i][j]; // 累加距离
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ans = min(ans, s);
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|
}
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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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**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,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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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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**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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**$Code$**
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
|
|
|
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];
|
|
|
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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// 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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|
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];
|
|
|
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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|
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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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// 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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|
// 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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|
#### [$P2986$ 伟大的奶牛聚集](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
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**题目描述**
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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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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}
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
|
|
|
#define int long long
|
|
|
#define endl "\n"
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|
|
|
|
|
// 链式前向星
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|
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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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:
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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) {
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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]) {
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int v = e[i];
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|
|
if (v == fa) continue;
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|
|
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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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
|
|
|
}
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|
// 第二次dfs,开始dp换根
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|
|
void dfs2(int u, int fa) {
|
|
|
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) * w[i];
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|
dfs2(v, u);
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}
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}
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signed 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++) cin >> c[i];
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for (int i = 1; i < n; i++) {
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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);
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|
}
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// 1、准备动作
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dfs1(1, 0);
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// 2、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++) ans = min(ans, f[i]);
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cout << ans << endl;
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}
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```
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#### [$CF1187E$ $Tree$ $Painting$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1187E)
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**题意**
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给定一棵有 $n$ 个结点的无根树，所有结点都是白色的。
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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。
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**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。
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求可以获得的最大权值。
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**难点解析**
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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：
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**总结**：题目理解能力，目前看来有两种办法：
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- ① 多动手画图理解，尝试换根试一下。
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- ② 多做题，做的多了就一下明白它说什么了。
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**题解**
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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**。
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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$dp$。
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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。
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状态转移方程:
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$\displaystyle \large f[u]=sz[u]+\sum_{v \in son[u]} f[v]$
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其中
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$sz[u]$ 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。
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**时间复杂度**
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$O(n^2)$ ，稳稳地暴毙,然后就会自然而然地想到换根$dp$。
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**换根$dp$**
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先考虑以$1$号点为根，求出 $f$ 数组。
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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。
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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 $g[1] =f[1]$
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然后考虑 $g$ 数组从 **父亲到儿子** 的转移。
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以样例为例：
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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 $g[2]$ 。
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考虑一下答案的组成。
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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 $f[2] −sz[2]$ 。
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然后考虑父亲方向，也就是图中红圈部分对 $g[2]$ 的贡献。
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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 $g[1]-sz[2]-f[2]$ 。
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综合一下上述两种方向的贡献，可以得到：
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$$g[2]=n+(f[2]-sz[2])+(g[1]-f[2]-sz[2])=n+g[1]-sz[2]\times 2$$
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推广到所有节点，就可以得到：
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$$g[v]=n+g[u]-sz[v]\times 2$$
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然后跑两遍 $dfs$ 就愉快的解决啦。
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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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|
#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 200010, M = N << 1;
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int n;
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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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|
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中有多少个节点
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int f[N];
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int g[N];
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int ans; // 答案
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// 以子填父
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void dfs1(int u, int fa) {
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sz[u] = 1; // 以u为根的子树，最起码有u自己1个节点
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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); // 换根dp的套路，第一次 dfs,以子填父，先递归，后累加
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|
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]
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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; // 填充g[]数组的权值最大值
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|
|
// 此处 sz[1]=n,怎么写都行
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|
g[v] = n + g[u] - 2 * sz[v]; // 数学方法计算出来，修改v的最终答案
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|
// 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
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|
|
dfs2(v, u);
|
|
|
}
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|
|
}
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|
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|
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|
signed 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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|
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|
cin >> n;
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|
|
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
|
|
int a, b;
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|
cin >> a >> b;
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|
|
add(a, b), add(b, a);
|
|
|
}
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|
// 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]
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|
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
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|
// 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
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|
g[1] = f[1];
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|
// 第二次dfs,换根
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dfs2(1, 0);
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|
// 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
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
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|
// 输出答案
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|
cout << ans << endl;
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|
}
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|
```
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#### [$CF1324F$.$Maximum$ $White$ $Subtree$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1324F)
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**题目大意**
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|
- 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。
|
|
|
- $1 \leq n \leq 2 \times 10^5$，$0 \leq a_u \leq 1$。
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**思路分析**
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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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$$\large g[v] =
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\left\{\begin{matrix}
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|
|
f[v] & if \ v = root \\
|
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|
f[v]+max(0,g[u]-max(0,f[v]))& if \ v \neq root
|
|
|
\end{matrix}\right.
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|
$$
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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}
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
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];
|
|
|
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
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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) {
|
|
|
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() {
|
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|
// 初始化链式前向星
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|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
|
|
|
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
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
|
|
int a, b;
|
|
|
cin >> a >> b;
|
|
|
add(a, b), add(b, a);
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// 第一次dfs
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|
dfs1(1, 0);
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|
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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);
|
|
|
// 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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|
#### [$P3047$ $Nearby$ $Cows$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3047)
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|
**题目大意**
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|
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。
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|
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:
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|
- 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。
|
|
|
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|
|
**1、状态表示**
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|
$f[i][j]$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
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|
```cpp {.line-numbers}
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|
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
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
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|
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
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|
|
dfs1(v, u);
|
|
|
// 再利用子节点信息更新父节点信息
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|
|
for (int j = 1; j <= k; j++) f[u][j] += f[v][j - 1];
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
**3、换根$DP$**
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|
|
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：
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|
|
$$\large g[1][j]=f[1][j]\ j \in [1,k]$$
|
|
|
|
|
|
这个就是我们换根$DP$的 **初始化**。
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|
|
> **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。
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|
|
我们看下面的图：
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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？
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|
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？
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|
|
|
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：$f[v][k-2]$。
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|
|
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|
|
所以最终的结果就是：
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|
|
$$\large g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$$
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|
> **解释**：
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> ① 换根$DP$时，由父推子，也就是用$g[u][?] \rightarrow g[v][??]$
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|
> 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。
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|
|
> 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！
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|
|
> 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？
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> 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$g[v][k]=f[v][k]+g[u][k−1]−f[v][k−2]$
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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？
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如果$k-2<=0$咋办？会不会造成代码$RE$或者$WA$?
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也就是说，上述方程成立的条件是$k\geq 2$的。
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所以我们还得想一想$\leq 1$的时候。
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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。
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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。
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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 K = 25;
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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][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
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int g[N][K];
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int val[N]; // 点权数组
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int n, k;
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void dfs1(int u, int fa) {
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// 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
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for (int i = 0; i <= k; i++) f[u][i] = val[u];
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// 枚举u的每一个子节点
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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; // 如果是u的父亲，那么就跳过,保证只访问u的孩子
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// 先递归，// 递归填充v节点的信息
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dfs1(v, u);
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// 再利用子节点信息更新父节点信息
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for (int j = 1; j <= k; j++) f[u][j] += f[v][j - 1];
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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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g[v][0] = val[v]; // 走0步,只有自己一个点
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g[v][1] = f[v][1] + val[u]; // 走1步,包含自己下面子树一层+父节点
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// 如果走2步及以上，最多k步以内
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for (int j = 2; j <= k; j++) g[v][j] = f[v][j] + g[u][j - 1] - f[v][j - 2];
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// 再递归，利用父更新子
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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 >> k;
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for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
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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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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> val[i]; // 点权
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// 1、自底向上
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dfs1(1, 0);
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// 2、换根dp
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for (int i = 0; i <= k; i++) g[1][i] = f[1][i];
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dfs2(1, 0);
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// 输出结果
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i][k] << endl;
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return 0;
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}
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```
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#### [$POJ3585$ $Accumulation$ $Degree$](http://poj.org/problem?id=3585)
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**题意**
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**思路分析**
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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：
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- 1.第一次扫描，任选一个点为根，在 **有根树** 上执行一次树形$DP$。
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- 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。
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**样例分析**
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$5$个点， $4$条边。当以$4$为起点时， 得到最大流量为$26$。
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**本题思路**
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- ① 选择$1$号节点当做根节点,做一次树形$DP$，至下往上进行状态转移，更新$f$数组的值，$f$数组存的是$f[i]$ 是 $i$的子树的最大流量(**向下的**)。
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- ② 因为$1$号节点没有向上的路径了，所以$g[1]=f[1]$
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- ③ 从$1$号根节点出发, 扫描所有节点, 自顶往下进行更新$g$数组,$g[x]$代表以$x$为根节点的整棵树的最大总流量(**不光是向下，还要有向上的**)。
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用$du$数组存节点的度,以便判断叶子结点:第一次搜索时,状态转移是如下代码所示:
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- ① 如果$v$是叶子结点， $v$的子树的最大流就是 $f[u] + w[u][v]$ 这里的$w[u][v]$表示$u$ 到 $v$ 的流量，代码中用$w[i]$表示
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- ② 如果$v$不是叶子结点， 流量就等于$v$的子树的最大流量和$u$到$v$的流量取最小值。
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```cpp {.line-numbers}
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|
if(du[v] == 1) f[u] += w[i];
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else f[u] += min(f[v], w[i]);
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```
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在进行$g$数组更新时也是类似的做法，由于是自上往下更新， 所以和上面会在更新存值时有一点不同，这里也是$u \rightarrow v$。
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- ① 如果$u$是叶子结点, $g[v] = f[v] + w[i]$
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|
- ② 如果$u$不是叶子结点$,g[u]$的总流量减去$u$流向$v$的最大流，这就是$u$流向另外节点的总流量，再在这个总流量，和$w[i]$取一个最小值，就是$v$流向$u$的最大流，再加上$v$流向其他节点的总流量，就是以$v$为根节点的这棵树的最大总流量。
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```cpp {.line-numbers}
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|
if (du[u] == 1)
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|
g[v] = f[v] + w[i];
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|
|
else
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|
|
g[v] = f[v] + min(g[u] - min(f[v], w[i]), w[i]);
|
|
|
```
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|
**$Code$**
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|
```cpp {.line-numbers}
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#include <iostream>
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#include <cstdio>
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#include <vector>
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|
#include <cstring>
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|
using namespace std;
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|
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
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|
|
|
|
|
int n, du[N];
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|
|
|
|
// 链式前向星
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|
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
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|
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
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|
f[u] += w[i];
|
|
|
else
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|
|
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
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|
dfs2(v, u);
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
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|
int main() {
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|
// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
|
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int T;
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|
cin >> T;
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while (T--) {
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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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|
idx = 0;
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memset(du, 0, sizeof du);
|
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|
memset(f, 0, sizeof f);
|
|
|
memset(g, 0, sizeof g);
|
|
|
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
|
int a, b, c;
|
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|
for (int i = 1; i < n; i++) { // 树，n-1条无向边
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|
|
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
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|
|
}
|
|
|
// 第一遍dfs
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dfs1(1, 0);
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|
|
g[1] = f[1];
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// 第二遍dfs
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|
dfs2(1, 0);
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|
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|
|
int ans = 0;
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|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
|
|
|
cout << ans << endl;
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|
|
}
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|
|
return 0;
|
|
|
}
|
|
|
```
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|
#### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)
|
|
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|
|
[题解](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)
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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;
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|
|
const int INF = 0x3f3f3f3f;
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|
int n; // n个节点
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|
|
int mx1[N]; // mx1[u]：u节点向下走的最长路径的长度
|
|
|
int mx2[N]; // mx2[u]：u节点向下走的次长路径的长度
|
|
|
int id[N]; // id[u]：u节点向下走的最长路径是从哪一个节点下去的
|
|
|
int up[N]; // up[u]：u节点向上走的最长路径的长度
|
|
|
|
|
|
// 邻接表
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|
|
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++;
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// 功能:以u为根，向叶子进行递归，利用子节点返回的最长信息，更新自己的最长和次长,并记录最长是从哪个节点来的
|
|
|
void dfs1(int u, int fa) {
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
|
|
|
// 递归完才能有数据
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|
dfs1(v, u);
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|
|
int x = mx1[v] + w[i]; // u问到：儿子v可以带我走多远？
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|
|
if (mx1[u] < x) { // 更新最长
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|
|
mx2[u] = mx1[u]; // ① 更新次长
|
|
|
mx1[u] = x; // ② 更新最长
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|
|
id[u] = v; // ③ 记录最长来源
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|
|
} else if (mx2[u] < x) // 更新次长
|
|
|
mx2[u] = x;
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
// 功能：完成向上的信息填充
|
|
|
void dfs2(int u, int fa) {
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
// 二者取其一
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if (id[u] == v)
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|
up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
|
|
|
else
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|
|
up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
|
|
|
// 递归
|
|
|
dfs2(v, u);
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
int main() {
|
|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
|
|
int a, b, c;
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|
|
cin >> a >> b >> c;
|
|
|
add(a, b, c), add(b, a, c);
|
|
|
}
|
|
|
dfs1(1, 0); // 选择任意一个节点进行dfs,用儿子更新父亲的统计信息
|
|
|
dfs2(1, 0); // 向上
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|
int res = INF;
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|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) res = min(res, max(mx1[i], up[i]));
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|
|
printf("%d\n", res);
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|
|
|
|
|
return 0;
|
|
|
}
|
|
|
```
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|
|
|
|
|
#### [$P6419$ $Kamp$](https://www.luogu.com.cn/problem/P6419)
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|
**题目大意**
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|
一棵树上有一些点有人，边有通过的长度，然后对于每个点，你从这个点出发经过所有人（不用回到原来位置）的最短时间。
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|
其它人不会动，只有你去找人。
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|
|
|
|
**思路**
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需要存储较多信息但并不算太难想的换根$dp$
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先将问题转化:变成求从第$i$个点出发，将所有人都送回家后在回到$i$这个节点的最短路径,记作$g[i]$
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|
最后我们要求解的答案 $f[i]=g[i]-mx[i]$
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|
$mx[i]$为从$i$这个节点出发的最长路径长度，这条路我们可以考虑最后出发，这样送回去后并不需要返回原点了。
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|
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|
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|
这里我们再多记录一些东西，这些是属于子树内的信息，一遍树形$dfs$即可求解:
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|
- $f[i]$ 表示将$i$这个节点子树的所有人都送回家并回到$i$的最短路径
|
|
|
- $mx1[i]$ 表示 $i$节点子树的最长链的长度
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|
|
- $mx2[i]$ 表示 $i$节点子树的次长链的长度
|
|
|
- $id[i]$ 表示 $i$节点的最长链属于哪个子树
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|
|
- $sz[i]$ 表示 节点子树中被标记的节点的数量
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这些具体看代码，感觉是典中典
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```cpp {.line-numbers}
|
|
|
|
|
|
/*
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|
第一次dfs,先递归子节点v，利用子节点v提供的信息，更新父节点u的统计信息
|
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|
统计信息包括：
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|
① mx1[u]:以u为根的子树中，u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
|
|
|
② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
|
|
|
③ id[u]: 以u为根的子树中，当获取到u可以走的最长距离时，它第一个经过的点记录到id[u]中
|
|
|
④ sz[u]: 以u为根的子树中，有多少个需要接的人员
|
|
|
⑤ f[u]: 以u为根的子树中，从u出发，接完子树中所有人员，并且，返回到u，所需要的时间
|
|
|
*/
|
|
|
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); // 上来先递归u的子节点v,因为v中在初始化读入时，已经初始化了sz[v]=1,所以，可以利用这个进行更新sz[u]+=sum(sz[v])
|
|
|
if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人，那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献，放过v子树
|
|
|
// 如果进入到这里，说明v子树里面有需要接的人，会对u为根的子树产生贡献，需要讨论
|
|
|
f[u] += f[v] + 2 * w[i];
|
|
|
// v子树里有人，那么v子树就一定要进去看看！所以一来一回的w[i]省不下
|
|
|
// v里面到底需要花费多少时间，记录在f[v]里了，所以，v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
|
|
|
|
|
|
// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
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|
|
int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中，能走到的最长路径记录在mx1[v]里，现在以子推父，父亲的以u为根的子树中，u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
|
|
|
// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的，那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
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|
|
if (x >= mx1[u]) {
|
|
|
mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
|
|
|
mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
|
|
|
id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
|
|
|
} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长，大于次长(注意：这里不需要等号，等号没用，当然，加上也不错)
|
|
|
mx2[u] = x; // 更新次长
|
|
|
|
|
|
// 汇总父节点u的接人个数
|
|
|
sz[u] += sz[v];
|
|
|
}
|
|
|
}
|
|
|
```
|
|
|
紧接着我们考虑第二遍自顶向下的$dfs$
|
|
|
我们可以做到更新
|
|
|
$g[i]$ 从第$i$个点出发，将所有人都送回家后在回到$i$这个节点的最短路径
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|
|
$up[i] $i$点非子树的最长链的长度
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|
这里分类讨论:
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|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
if (sz[v] == k) {
|
|
|
g[v] = f[v],
|
|
|
up[v] = 0;
|
|
|
}
|
|
|
```
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所有的节点都在$v$的子树内，那么， 这里比较容易理解，因为所有节点都在子树内，那么这两个答案自然就等价了，而非子树最长链也很显然为$0$
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```cpp {.line-numbers}
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else if (sz[v] == 0) {
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g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发，并且，向u方向前进，那么u的结果就是你的结果，但是，要加上两次跑路的代价
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up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
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}
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```
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这里既然$v$子树没有被标记的点，那么一切都由父节点继承过来了
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```cpp {.line-numbers}
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else if (sz[v] && sz[v] != k) {
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g[v] = g[u]; // 这个最难理解，见题解
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if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
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up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
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|
else
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up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
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}
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```
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$v$子树有标记的点，$v$子树外也有标记的点
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这种情况下 $g[v]=g[u]$,这里感觉是这道题最难理解的一个地方了，当我们计算$f[u]$的时候，因为$v$子树有标记的点，所有我们肯定有$f[v]+2\times w_{u \rightarrow v}$ 这个价值加进来，那么我们现在倒过来再计算$g[v]$,自然而然也会加上这个值（这里有点口胡，建议画图理解一下)
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而这里终于能用到了次长链，如果$u$的最长链经过$v$，则用$max(up[u],mx2[u])$更新
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$up[v]$,否则就使用$max(up[u],mx1[u])$更新$up[v]$。
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**时间复杂度 $O(n)$**
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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 = 500010, M = N << 1;
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#define int long long
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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 n; // n个节点
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int k; // k个需要接的人
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// 以下的五个数组，是在递归中维护的数据，只有准备了这些数据，才能保证各种情况下我们都能提供正确的解答
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int mx1[N]; // u的子树中最长链的长度
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int mx2[N]; // u的子树中次长链
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int sz[N]; // 以u为根的子树中是否有人
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int id[N]; // id[u]:u的最长链条出发，第1个经过的节点是哪个节点
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int up[N]; // 向上的最长路径：不在u的子树内,而是向u的父节点方向走，距离u最远的那个人的家到u的距离
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// 根据黄海的习惯，换根DP的第一次结果我喜欢记录到f[]中，第二次的统计结果喜欢记录到g[]中
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// 这一点可能与网上一些题解不太一致，请读者注意
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int f[N]; // 以任意点为根(一般情况下，我喜欢以节点1为根),记录:从u出发把u子树上的人都送回家再回到u所需要的时间
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int g[N]; // 不管以哪点为根出发,记录：从u出发把所有点都送回家再回到u的最短时间
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/*
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本题其实是两个子问题的综合题：
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1、你可以挑选任意一个点作为根出发，然后dfs走完全部的有人的节点，然后返回到根，这时当根节点确定时，这个总时间是确定的。
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时间的相关条件包括：走了哪些路径（一来一回走两遍）,路径的边权值,是从哪个根出发的（这个很好理解，从一个离大家都近的地方出发，肯定比
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从欧洲出发要快吧~）。
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2、如果只是最终都要回到根，那上面的逻辑跑多次以不同节点为根的dfs就行，也就是暴力换根；当然，我们嫌人家O(N^2)太慢，也可以优化一下：
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采用换根dp,两次dfs，优化为O(N)的。
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但这样肯定是不行的，原因是题目中隐藏了一个条件：最后一次送完人，不用回到根起点！！！
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这个非常重要！！就是因为它才导致后面的讨论、存储统计信息非常麻烦！！！
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*/
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/*
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第一次dfs,先递归子节点v，利用子节点v提供的信息，更新父节点u的统计信息
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统计信息包括：
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① mx1[u]:以u为根的子树中，u可以走的最长距离.每次变更是通过mx1[u]=max(mx1[v]+w[i])更新的
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② mx2[u]:以u为根的子树中，u可以走的次长距离
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③ id[u]: 以u为根的子树中，当获取到u可以走的最长距离时，它第一个经过的点记录到id[u]中
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④ sz[u]: 以u为根的子树中，有多少个需要接的人员
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⑤ f[u]: 以u为根的子树中，从u出发，接完子树中所有人员，并且，返回到u，所需要的时间
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*/
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void dfs1(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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dfs1(v, u); // 上来先递归u的子节点v,因为v中在初始化读入时，已经初始化了sz[v]=1,所以，可以利用这个进行更新sz[u]+=sum(sz[v])
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if (sz[v] == 0) continue; // 如果v里面没有需要接的人，那么以v为根的子树不会对u为根的子树产生贡献，放过v子树
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// 如果进入到这里，说明v子树里面有需要接的人，会对u为根的子树产生贡献，需要讨论
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f[u] += f[v] + 2 * w[i];
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|
// v子树里有人，那么v子树就一定要进去看看！所以一来一回的w[i]省不下
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// v里面到底需要花费多少时间，记录在f[v]里了，所以，v子树的整体贡献=f[v]+2*w[i]
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// 维护最长、次长、最长是经过哪个节点来的三件事
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int x = mx1[v] + w[i]; // v在以v为根的子树中，能走到的最长路径记录在mx1[v]里，现在以子推父，父亲的以u为根的子树中，u能走到的最长路径记录到mx1[u]中
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// 如果u的最长路径可能是通过v获取到的，那么 mx1[u]=mx1[v]+w[i]
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if (x >= mx1[u]) {
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mx2[u] = mx1[u]; // 最长变为次长
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mx1[u] = x; // mx1[v]+w[i]变为最长
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id[u] = v; // 记录u的最长路径中第一个节点走的是v
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} else if (x > mx2[u]) // 如果小于最长，大于次长(注意：这里不需要等号，等号没用，当然，加上也不错)
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mx2[u] = x; // 更新次长
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// 汇总父节点u的接人个数
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sz[u] += sz[v];
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}
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}
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/* 换根DP
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统计信息(以父更子，所以一般写作g[v])
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① g[v] : 不再拘泥于只能向下统计，也包括向上的统计信息，全带上，我想知道以v为根出发需要多长时间把所有人都送回家，并且回到v点的时间是多少
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|
② up[v]: v向上走的最远路径是多少
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③
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*/
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void dfs2(int u, int fa) {
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
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|
|
if (v == fa) continue;
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|
|
/*
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情况1：
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|
所有的节点都在v的子树内,那么,这里比较容易理解，因为所有节点都在子树内，
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|
那么这两个答案自然就等价了,而非子树最长链也很显然为0
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|
*/
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|
|
if (sz[v] == k) {
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|
|
g[v] = f[v];
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|
|
up[v] = 0;
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|
}
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|
|
/*
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|
|
v子树没有被标记的点，那么一切都由父节点继承过了了
|
|
|
*/
|
|
|
else if (sz[v] == 0) {
|
|
|
g[v] = g[u] + 2 * w[i]; // 如果从v出发，并且，向u方向前进，那么u的结果就是你的结果，但是，要加上两次跑路的代价
|
|
|
up[v] = max(up[u], mx1[u]) + w[i]; // 需要取u的上、下行最长路径PK+w[i]
|
|
|
}
|
|
|
// v子树有标记的点，v子树外也有标记的点
|
|
|
else if (sz[v] && sz[v] != k) {
|
|
|
g[v] = g[u]; // 这个最难理解，见题解
|
|
|
if (id[u] == v) // 如果u的最长路径上第一个节点是v
|
|
|
up[v] = max(mx2[u], up[u]) + w[i];
|
|
|
else
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|
|
up[v] = max(mx1[u], up[u]) + w[i];
|
|
|
}
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// 套路
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dfs2(v, u);
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}
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}
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signed 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 >> k; // n个节点,要接k个人
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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);
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|
}
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|
|
|
|
for (int i = 1; i <= k; i++) {
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|
|
int x;
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|
cin >> x;
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sz[x] = 1; // x节点有一个人
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|
}
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// 第一次dfs
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dfs1(1, 0);
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g[1] = f[1];
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// 第二次dfs
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dfs2(1, 0);
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// 遍历所有节点，以每个点为根出发，输出时间的最小值
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << g[i] - max(up[i], mx1[i]) << endl;
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}
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```
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#### [$V-Subtree$](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_dp_v)
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https://blog.csdn.net/Emm_Titan/article/details/123875298
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https://blog.csdn.net/2303_76385579/article/details/131923964
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**题意**
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给定一棵 $N$ 个节点的树，现在需要将每一个节点染成黑色或白色。
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对于每一个节点 $i$，求强制把第 $i$ 节点染成黑色的情况下，所有的黑色节点组成一个联通块的染色方案数，答案对 $M$ 取模。
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**分析**
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题目要求我们求出对每一个点强制染黑的情形的答案，故考虑采用换根 $DP$。
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先计算钦定 $1$ 号点为根并染黑的方案数。
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**状态转移方程**
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① $f[u]$:将 $u$ 号点染黑，且其子树内黑点构成连通块的方案数。易见，对于其每一个子节点 $v$，都有染黑和不染黑两种选择：染黑则方案数为 $f_v$ ；不染黑则 $v$ 的整棵子树都只能为白，方案数为 $1$。故$$\displaystyle \large f_u= \prod_{v \in son_u} (f_v+1) $$
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② $g[u]$:注意！这里的$g[u]$与一般的换根$DP$不一样！
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此处：$g[u]$表示$u$的父系带来的方案数。
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**答案**
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对于以$v$为全局根的树而言，$f[v]*g[v]$就是答案。其实是左边蓝色线内的所有可能方案数，乘以，右边绿色线内的所有可能方案数，是就是所有方案数。
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最后，所以节点逐个输出自己的$f[i]*g[i]$就可以了。
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> **解释**：
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**初始化**
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当 $u$ 为叶子时，显然 $f[u] =1$，与初始化要求相同。
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> 解释：**对于每一个点，求强制给该点染上黑色时，整棵树上的黑点构成一个连通块的染色方案数。** 这是题目的要求！当一个子树中只有一个点时，还要强制给该点染上黑色，那就只有一种方案。
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**第一遍$dfs$**
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```c++
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void dfs1(int u, int fa) {
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f[u] = 1; // 以u为根的子树，不管它是不是有子孙节点，最起码可以把u染成黑色，这样就可以有1种方案
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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] = f[u] * (f[v] + 1) % mod; // 全白也是一种方案，对于v子树而言，它并不是只能提供以v染成黑色的所有方案，还有一种：v没有染成黑色的方案 }
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```
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**第二遍$dfs$**
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现在考虑换根。
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不难理解，如果$v \in son[u]$,换根时消去 $v$ 对 $u$ 的贡献，求出 $u$ 剩余贡献。
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- 消去 $v$ 对 $u$ 的贡献：
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$\large x=\frac{f[u]}{f[v]+1}$
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- 答案
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$\large g[v]=g[u] \times x$
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出现问题：**模数不保证是质数**，所以不能用直接乘逆元的方式来取模。
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**除法与模的处理办法**
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我们面对的是$x=f[u]/(f[v]+1)$
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求方案数由于数值太大，肯定会爆掉$long$ $long$,题目也很 **温馨**（~~恶心~~）给出了使用对$mod$取模的办法进行规避$long$ $long$ 越界。按国际惯例，应该是一路计算过来一路取模，计算式子中出现了除法，联想到了逆元。但费马小定理求逆元要求模必须是质数，现在给定的$mod$可没有说必须是质数，所以，无法使用逆元来求解。
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不让用除法逆元那怎么处理除法+取模呢？
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答案就是：**前缀积+后缀积**！！
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因为根据题意，$f[u]=(f[v_1]+1)*(f[v_2]+1)*(f[v_3]+1)*(f[v_4]+1)*....*$
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不让我用除法，我就不用除法，我只需要记录$v$的所有哥哥们的贡献乘积%$mod$ 和 所有弟弟们的贡献乘积%$mod$：
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$\large pre[v]*suff[v]=f[u]/(f[v]+1)$
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<font color='red' size=4><b>总结：
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① $f[u]$除掉$v$贡献，也就等于$v$节点的哥哥们贡献前缀积、弟弟们贡献后缀积
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②
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</font>
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####
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#### 计算前缀积、后缀积的三种办法
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**方法$1$**
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```cpp {.line-numbers}
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// 记录前缀积
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int t1 = 1; // 前缀积取模后的值
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for (int i = 0; i < son.size(); i++) { // 将儿子数组正着枚举
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// 利用静态数组pre,记录每个节点的前缀积取模后的值
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pre[son[i]] = t1; // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
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|
t1 = t1 * (f[son[i]] + 1) % mod; // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
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|
}
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```
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|
$pre[]$数组当桶使用，预留出$N$这么大的位置，因为执行完一次$dfs1$后，肯定会覆盖掉所有的节点，而每个节点，都可以理解为是某个人的儿子(老祖宗的儿子是$1$号节点)，这样，所有的$pre[]$数组的内容值都将被填充，记录的是$1 \sim N$所有节点在自己的家族中，所有哥哥们的贡献值累乘和。即
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$pre[1]=1$ 累乘积初始值
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$\displaystyle pre[2]= pre[1] \times (f[1]+1) \% \ mod $
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|
$\displaystyle pre[3]= pre[2] \times (f[2]+1) \% \ mod $
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|
|
$\displaystyle pre[4]= pre[3] \times (f[3]+1) \% \ mod $
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|
...
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$\displaystyle pre[son[i]]= pre[son[i-1]] \times (f[son[i-1]]+1) \% \ mod $
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**方法$2$**
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```cpp {.line-numbers}
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// 方法2：
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if (son.size() > 0) pre[son[0]] = 1;
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for (int i = 1; i < son.size(); i++)
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|
pre[son[i]] = pre[son[i - 1]] * (f[son[i - 1]] + 1) % mod;
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|
```
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|
**方法$3$**
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|
```cpp {.line-numbers}
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|
// 方法3:
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for (int i = 0; i < son.size(); i++) {
|
|
|
if (i == 0) {
|
|
|
pre[son[i]] = 1;
|
|
|
continue;
|
|
|
}
|
|
|
pre[son[i]] = pre[son[i - 1]] * (f[son[i - 1]] + 1) % mod;
|
|
|
}
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
**$Code$**
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
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|
using namespace std;
|
|
|
const int N = 100010, M = N << 1;
|
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|
#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 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]; // 在以1为全局根的情况下，f[i]记录以i为根的子树，并且，把i染成黑色时，i为根的子树中所有可能的染色方案数量
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int g[N];
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int mod; // 对 mod 值取模
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int pre[N]; // pre[i]:记录i节点的前缀积对mod取模后的值
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int suff[N]; // suff[i]:记录i节点的后缀和对mod取模后的值
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// 先递归再统计，以子填父，用儿子们的贡献更新父亲的值。最底层儿子，也就是叶子的贡献值是1,也就是只把它染成黑色，对于这个叶子的父亲而言,
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|
// 它统计方案时，它认为这个儿子提供的方案数是2，因为儿子也可以不染色，也就是白色。当然，儿子也可以染成黑色，所以它理解为2。
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void dfs1(int u, int fa) {
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|
|
f[u] = 1; // 以u为根的子树，不管它是不是有子孙节点，最起码可以把u染成黑色，这样就可以有1种方案
|
|
|
vector<int> son; // 记录u有哪些儿子，方便后的计算。不使用链式前向星直接枚举的原因在于前向星只能正序枚举，
|
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|
// 本题目中还需要倒序枚举，前向星记录的是单链表，不是双链表，无法倒序枚举，只能是跑一遍，记录下来，然后再倒着枚举
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// 如此，在本题中，链式前向星就不如邻接表来的快，邻接表就是可以for(int i=0;i<edge[i].size();i++),也可以for(int i=edge[i].size()-1;i>=0;i--)
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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] = f[u] * (f[v] + 1) % mod; // 全白也是一种方案，对于v子树而言，它并不是只能提供以v染成黑色的所有方案，还有一种：v没有染成黑色的方案数。
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// 而此时，由于v没有染成黑色，所以，v子树就没有进去染色，也就是整个v子树全都是白色，这算是一种特殊的染色方案，也就是啥都不染。
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// 所以 f[v]+1 就是v子树的所有贡献值,而f[u]需要把自己所有儿子的共献值累乘起来才是自己的贡献值。
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son.push_back(v); // 将子节点加入集合，方便之后操作
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}
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// 记录前缀积
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int t1 = 1; // 前缀积取模后的值
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for (int i = 0; i < son.size(); i++) { // 将儿子数组正着枚举
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// 利用静态数组pre,记录每个节点的前缀积取模后的值
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pre[son[i]] = t1; // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
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t1 = t1 * (f[son[i]] + 1) % mod; // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
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}
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// 记录后缀积
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int t2 = 1; // 后缀积取模后的值
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for (int i = son.size() - 1; i >= 0; i--) { // 将儿子数组倒着枚举
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// 利用静态数组suff,记录每个节点的后缀积取模后的值
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suff[son[i]] = t2; // 到我以前，所有结果的累乘积是多少
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t2 = t2 * (f[son[i]] + 1) % mod; // 我完成后，需要把我的贡献也乘到累乘积中，以便我的下一个节点计算它的累乘积时使用
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}
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}
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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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// g[u] * (pre[v] * suff[v])解析：
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// u给v带来的影响，不光是u为根的子树这些叶子的贡献，还有重要的一部份，就是u的fa[u]及其父、叔叔、大爷、爷爷、二爷爷、老太爷、二老太爷来来的方案数
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// 这些由爹系带来的方案数，汇聚到g[u]里
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g[v] = (g[u] * (pre[v] * suff[v] % mod) % mod + 1) % mod;
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dfs2(v, u);
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}
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}
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signed 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 >> mod;
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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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dfs1(1, 0);
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g[1] = 1; // 考虑出发时，所有儿子的贡献都没有交上来，那么初化值是1，否则连乘积没法乘上来
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dfs2(1, 0);
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i] * g[i] % mod << endl;
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}
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```
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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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#### [$CF708C$ $Centroids$](https://www.luogu.com.cn/problem/CF708C)
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https://blog.csdn.net/TheSunspot/article/details/118216638
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https://www.cnblogs.com/DongPD/p/17498336.html
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#### [$P3647$ $APIO2014$ 连珠线](https://www.luogu.com.cn/problem/P3647)
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