bzoj1917 星际旅行 树形dp解决树上网络流

       如果把限制看做流量上界，那么答案相当于从根节点1到树上所有点的最大流。

       由于有Hi>=i的度数，那么可以想象在最坏情况下（比如所有Hi=i的度数），答案至少是根节点走过所有点之后回到根节点，然后去掉一个点i到根节点的那些路径。

       那么可以想象答案大概就是根节点回到根节点的最大流量，这样做完以后就不存在某一对点(x,y)，使得x<-->y一条边，同时x,y的可出发次数都>0。然后一路下去看能不能加，或者要去掉一些流量，那么有三种情况（假设现在从x->y，当前流量为f）：

       1.还可以从x出发，那么f+1，同时从可x出发的次数-1；

       2.y而儿子中存在一个点p的可出发次数>0，那么可以让y->x的流量-1，然后y->p流量+1，p->y流量+1，p的可出发次数-1；

       3.否则没有办法到达y，那么只能让y->x的边退流，同时y的可出发次数+1。

AC代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 50005
using namespace std;

int n,f,tot,mrk[N],c[N],fst[N],pnt[N<<1],nxt[N<<1],ans[N],g[N];
void add(int x,int y){
	pnt[++tot]=y; nxt[tot]=fst[x]; fst[x]=tot; c[y]--;
}
void dfs(int x,int fa){
	int p;
	for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
		int y=pnt[p];
		if (y!=fa){
			dfs(y,x);
			int tmp=min(c[x],c[y]);
			c[x]-=tmp; c[y]-=tmp; f+=tmp<<1;
			if (c[y]) g[x]=y;
		}
	}
}
void solve(int x,int fa){
	int p; ans[x]=f;
	for (p=fst[x]; p; p=nxt[p]){
		int y=pnt[p];
		if (y!=fa){
			if (c[x]){ c[x]--; f++; mrk[x]=0; }
			else if (g[y]){ c[g[y]]--; f++; mrk[x]=1; }
			else{ c[y]++; f--; mrk[x]=2; }
			solve(y,x);
			if (!mrk[x]){ c[x]++; f--; }
			else if (mrk[x]==1){ c[g[y]]++; f--; }
			else{ c[y]--; f++; }
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n); int i,x,y;
	for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&c[i]);
	for (i=1; i<n; i++){
		scanf("%d%d",&x,&y); x++; y++;
		add(x,y); add(y,x);
	}
	f=(n-1)<<1; dfs(1,0); solve(1,0);
	for (i=1; i<=n; i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

by lych

2016.4.5