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 v v u u u 的儿子。假设根节点由 u u u 变为 v v v v v v 子树内所有节点的深度-1,不在 v v v 子树内的所有节点深度+1。 f v = f u − s i z e v + n − s i z e v f_v= f_u-size_v+n-size_v fv=fusizev+nsizev n n 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, ∑ i = 1 n d i s ( i , r o o t ) ⋅ a i \sum\limits_{i=1}\limits^ndis(i, root) \cdot a_i i=1ndis(i,root)ai a i a_i ai 为点权, d i s ( i , r o o t ) dis(i,root) dis(i,root) 为节点 i i i 与根节点的距离。

解析:

第一次扫描:
以1节点为根, f u f_u fu 表示 u u u 子树内节点到 u u u 距离点权的乘积的和。设 v v v u u u 的儿子,则 f u = ∑ ( f v + s i z e v × e ( u , v ) ) f_u =\sum(f_v+size_v\times e(u,v)) fu=(fv+sizev×e(u,v)) e ( u , v ) e(u,v) e(u,v) ( u , v ) (u,v) (u,v) 边的长度。

第二次扫描:
设第一次扫描时 v v v u u u 的儿子。假设根节点由 u u u 变为 v v v v v v 子树内所有节点到根节点的距离减小 e ( u , v ) e(u,v) e(u,v),不在 v v v 子树内的所有节点到根节点的距离增加 e ( u , v ) e(u,v) e(u,v) f v = f u + ( n − 2 × s i z e v ) × e ( u , v ) f_v= f_u+(n-2\times size_v)\times e(u,v) fv=fu+(n2×sizev)×e(u,v) n n 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:

f u f_u fu 为以1为根节点时,以 u u u 为根的子树中,吸收的水量。

v v v u u u 的儿子:
{ f u + = m i n ( f v , w ( u , v ) ) , d e g v = 1 f u + = w ( u , v ) , d e g v ≠ 1 \begin{cases} f_u += min(f_v, w(u, v)), & deg_v = 1\\ f_u += w(u, v), & deg_v \neq 1 \end{cases} {fu+=min(fv,w(u,v)),fu+=w(u,v),degv=1degv=1

第二次扫描:

g u g_u gu 为以 u u u 为根节点时,最大流量。

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

g v g_v gv 包括两部分:

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

u u u 而言,从 u u u v v v 的流量为 m i n ( f j , w ( i , j ) ) min(f_j, w(i,j)) min(fj,w(i,j)),流向 v v v 之外的流量为 g u − m i n ( f j , w ( i , j ) ) g_u - min(f_j, w(i,j)) gumin(fj,w(i,j))。所以 g v g_v gv 的第二部分为 m i n ( w ( u , v ) , g u − m i n ( f j , w ( i , j ) ) ) min(w(u,v), g_u - min(f_j, w(i,j))) min(w(u,v),gumin(fj,w(i,j)))。也需要按照度是否为1讨论一下: { g v = f v + w ( u , v ) d e g u = 1 g v = f v + m i n ( g u − w ( u , v ) , w ( u , v ) ) d e g u ≠ 1 , d e g v = 1 g v = f v + m i n ( g u − m i n ( f v , w ( u , v ) ) , w ( u , v ) ) , d e g u ≠ 1 , d e g v ≠ 1 \begin{cases} g_v = f_v+ w(u, v) & deg_u = 1\\ g_v = f_v + min(g_u-w(u,v), w(u, v)) °_u \neq 1 ,deg_v = 1\\ g_v = f_v + min(g_u-min(f_v, w(u,v)), w(u,v)),& deg_u \neq 1 ,deg_v \neq 1 \end{cases} gv=fv+w(u,v)gv=fv+min(guw(u,v),w(u,v))gv=fv+min(gumin(fv,w(u,v)),w(u,v)),degu=1degu=1,degv=1degu=1,degv=1

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;
}

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