算法笔记-换根DP

换根DP

一般是给定一棵不定根树，求以每个节点为根的一些信息。可以通过二次扫描：

• 第一次扫描，任选一点为根，在有根树上，自底向上转移
• 第二次扫描，从上一次扫描的根开始，自顶向下计算

P3478 [POI2008] STA-Station

题意：

询问以哪个节点为根，所有节点的深度和最大。深度为到根节点的距离。

解析：

第一次扫描：以节点1为根(任意一个节点都可以)，求出深度和。

第二次扫描：设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$ ，$v$ 子树内所有节点的深度-1，不在 $v$ 子树内的所有节点深度+1。 $f_v=f_u-siz{e}_v+n-siz{e}_v$，$n$ 为所有节点数。

代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;


struct edge{
	int to, nxt;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot, dep[maxn];
void add(int a, int b){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn];
void dfs(int u, int fa){
	siz[u] = 1;
	dep[u] = dep[fa] + 1;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v, u);
		siz[u] += siz[v];
	}
}
void dfs2(int u, int fa){
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		f[v] = f[u] + n - siz[v] * 2;
		dfs2(v, u);
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		add(u, v); add(v, u);
	}
	dfs(1, 0);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		f[1] += dep[i];
	dfs2(1, 0);
	
	ll maxx = -1, res;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(maxx < f[i]){
			res = i;
			maxx = f[i];
		}
	}
	cout << res << endl;
	return 0;
}

P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G

题意：

一棵树，边有边权，点有点权。询问以哪个点为根时，$\sum _{i=1}^{n}dis(i,root)\cdot a_i$。$a_i$ 为点权，$dis(i,root)$ 为节点 $i$ 与根节点的距离。

解析：

第一次扫描：
以1节点为根，$f_u$ 表示 $u$ 子树内节点到 $u$ 距离点权的乘积的和。设 $v$ 为 $u$ 的儿子，则 $f_u=\sum (f_v+siz{e}_v\times e(u,v))$，$e(u,v)$ 为 $(u,v)$ 边的长度。

第二次扫描：
设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$，$v$ 子树内所有节点到根节点的距离减小 $e(u,v)$，不在 $v$ 子树内的所有节点到根节点的距离增加 $e(u,v)$。 $f_v=f_u+(n-2\times siz{e}_v)\times e(u,v)$，$n$ 为所有节点数。

代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6+10;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;

#define int ll
struct edge{
	int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot;
void add(int a, int b, int c){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	e[tot].w = c;
	head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn], a[maxn], sum;
void dfs(int u, int fa){
	siz[u] = a[u];
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v, u);
		siz[u] += siz[v];
		f[u] += f[v] + siz[v] * e[i].w;
	}
}
void dfs2(int u, int fa){
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		f[v] = f[u] - siz[v] * e[i].w + (sum - siz[v]) * e[i].w;
		dfs2(v, u);
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
		sum += a[i];
	}
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int u, v, w;
		cin >> u >> v >> w;
		add(u, v, w); add(v, u, w);
	}
	dfs(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	ll res = INF;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		res = min(res, f[i]);
	cout << res << endl;
	return 0;
}

积蓄程度

题意：

一棵树，根节点可以流出无限水，叶子节点可以吸收无限水，每条边有流量限制。询问以哪个点为根节点时，叶子节点吸收的水最多。

解析：

第一次扫描：

令 $f_u$ 为以1为根节点时，以 $u$ 为根的子树中，吸收的水量。

设 $v$ 为 $u$ 的儿子：
$$\{\begin{array}{ll}{f}_u+=min(f_v,w(u,v)),& de{g}_v=1\\ f_u+=w(u,v),& de{g}_v\ne 1\end{array}$$

第二次扫描：

令 $g_u$ 为以 $u$ 为根节点时，最大流量。

设第一次扫描时 $v$ 是 $u$ 的儿子。假设根节点由 $u$ 变为 $v$

$g_v$ 包括两部分:

• 一部分是第一次扫描的 $f_v$
• 一部分是流向 $u$ 进而流向其他节点

对 $u$ 而言，从 $u$ 到 $v$ 的流量为 $min(f_j,w(i,j))$，流向 $v$ 之外的流量为 $g_u-min(f_j,w(i,j))$。所以 $g_v$ 的第二部分为 $min(w(u,v),g_u-min(f_j,w(i,j)))$。也需要按照度是否为1讨论一下：$$\{\begin{array}{ll}{g}_v=f_v+w(u,v)& de{g}_u=1\\ g_v=f_v+min(g_u-w(u,v),w(u,v))& de{g}_u\ne 1,de{g}_v=1\\ g_v=f_v+min(g_u-min(f_v,w(u,v)),w(u,v)),& de{g}_u\ne 1,de{g}_v\ne 1\end{array}$$

代码：

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 2e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;


#define int ll
struct edge{
	int to, nxt, w;
}e[maxn << 1];
int head[maxn], siz[maxn], tot;
void add(int a, int b, int c){
	e[++tot].nxt = head[a];
	e[tot].to = b;
	e[tot].w = c;
	head[a] = tot;
}
int n, m;
ll f[maxn], g[maxn], deg[maxn];
void dfs(int u, int fa){
	f[u] = 0;
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		dfs(v, u);
		if(deg[v] == 1)
			f[u] += e[i].w;
		else
			f[u] += min(e[i].w, f[v]);
	}
}
void dfs2(int u, int fa){
	for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt){
		int v = e[i].to;
		if(v == fa)
			continue;
		if(deg[u] == 1)
			g[v] = f[v] + e[i].w;
		else if(deg[v] == 1)
			g[v] = f[v] + min(g[u]-e[i].w, e[i].w);
		else
			g[v] = f[v] + min(g[u]-min(f[v], e[i].w), e[i].w);
		dfs2(v, u);
	}
}
void solve(){
	cin >> n;
	memset(deg, 0, sizeof(deg));
	tot = 0;
	memset(head, 0, sizeof(head));
	for(int i = 1; i < n; i++){
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		add(a, b, c);
		add(b, a, c);
		deg[a]++; deg[b]++;
	}
	dfs(1, 0);
	g[1] = f[1];
	dfs2(1, 0);
	ll res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		res = max(res, g[i]);
	cout << res << endl;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}