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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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$$f[v]=f[u]-siz[v]+(siz[1]-siz[v]),fa[v]=u$$
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简化一下就是
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$$f[v]=f[u]+siz[1]-2\times siz[v]=f[u]+n-2\times siz[v]$$
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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];
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int f[N], sz[N];
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int ans = INF;
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// 第一次dfs,获取在以1为根的树中:
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// 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]) {
|
|
|
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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|
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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 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];
|
|
|
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]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
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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|
}
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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
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|
f[u] += f[v]; // 权值也需要累加
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}
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|
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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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;
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|
for (int i = 1; i < n; i++) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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|
add(a, b), add(b, a);
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|
}
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// 第一次dfs,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);
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// 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。
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|
- 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。
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- $1 \leq n \leq 2 \times 10^5$，$0 \leq a_u \leq 1$。
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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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$$\large g[v] =
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\left\{\begin{matrix}
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f[v] & if \ v = root \\
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f[v]+max(0,g[u]-max(0,f[v]))& if \ v \neq root
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\end{matrix}\right.
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$$
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因此思路:
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- ① 从下往上树形$dp$,计算$f[v]$
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- ② 从上往下换根$dp$,计算$g[v]$
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**$Code$**
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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|
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
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|
// 链式前向星
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|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|
|
}
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|
|
int f[N];
|
|
|
int g[N];
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int c[N]; // 颜色
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int n; // 节点数量
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// 以1号节点为根，跑一遍dfs,填充每个节点的cnt1-cnt2的最大值
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void dfs1(int u, int fa) {
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f[u] = c[u]; // 1：白色，-1黑色，正好与 cnt1-cnt2一致,初始值加上了老头子自己的养老钱
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|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
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if (v == fa) continue;
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dfs1(v, u);
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f[u] += max(0, f[v]); // 如果我儿子给我，那我就拿着；如果我儿子不给我钱，或者管我要钱，我就不理它！
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|
}
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|
}
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|
|
|
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|
// 换根dp
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|
void dfs2(int u, int fa) {
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
int val = g[u] - max(f[v], 0);
|
|
|
g[v] = f[v] + max(val, 0);
|
|
|
dfs2(v, u);
|
|
|
}
|
|
|
}
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int main() {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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|
cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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int x;
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cin >> x;
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c[i] = (x ? x : -1); // 白色c[i]=1，黑色c[i]=-1
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|
}
|
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) {
|
|
|
int a, b;
|
|
|
cin >> a >> b;
|
|
|
add(a, b), add(b, a);
|
|
|
}
|
|
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// 第一次dfs
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dfs1(1, 0);
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// 它们两个是一个意思
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g[1] = f[1];
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// 换根dp
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dfs2(1, 0);
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// 输出答案
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|
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", g[i]);
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return 0;
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|
}
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|
```
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#### [$P3047$ $Nearby$ $Cows$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P3047)
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**题目大意**
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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
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|
- 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
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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。
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**2、状态转移**
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$$\large f[u][j]=val[u]+\sum_{v \in son[u]}f[v][j−1] \ j \in [1,k]$$
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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。
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> **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) {
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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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|
```
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|
**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。
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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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$$\large g[1][j]=f[1][j]\ j \in [1,k]$$
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|
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。
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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。
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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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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？
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> 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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```
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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];
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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], g[N];
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// 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) {
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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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if (du[v] == 1) // 如果v的度为1，也就是叶子
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f[u] += w[i];
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else
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f[u] += min(f[v], w[i]);
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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];
|
|
|
if (v == fa) continue;
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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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// 先计算再递归
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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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// 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);
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memset(g, 0, sizeof g);
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cin >> n;
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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;
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add(a, b, c), add(b, a, c);
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du[a]++, du[b]++; // 记录入度,无向图就不谈入度和出度了
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}
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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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int ans = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, g[i]);
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cout << ans << endl;
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|
}
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|
return 0;
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|
|
}
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```
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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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https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P6419
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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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#### [$V-Subtree$](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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#### [$AcWing$ $1073$. 树的中心](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15786805.html)
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#### [$AcWing$ $1148$ 秘密的牛奶运输](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16054005.html) |
