换根dp

一般来说，我们做题的树都是默认 $1$ 为根的。但是有些题目需要计算以每个节点为根时的内容。
朴素的暴力：以每个点 $u$ 作为 $root$ 暴力dfs下去，复杂度 $O(n^2)$ ；
正确的做法：换根dp，复杂度 $O(n)$ 。

执行步骤

第一次扫描，先默认 $root=1$ ，跑一遍 $dfs$ ；
第二次扫描，从 $root=1$ 开始，每次从 $u$ 到 $v$ 节点时，计算根从 $u$ 转移到 $v$ 时的贡献变化。
很显然，换根dp是在两个 $dfs$ 中完成的，下面我们介绍一下如何运用它。

例题1 Accumulation Degree

题目链接：South Central China 2008 Accumulation Degree

Description

给你一颗有 $n$ 个节点的树，每一条边连接 $u_i$ 和 $v_i$ ，流量为 $fl_i$ ，你需要找出一个点作为 $root$ ，并最大化从该点出发到所有叶子节点的流量最大值。
多组数据。（PS：题意读不懂的可以结合题目中的图理解，类似网络流的流法）
数据范围 $1 \le n\le 200000$ ，并且 $\sum n \le 200000$
时间限制 $1000\ ms$

Solution

我们先默认这棵树以 $1$ 为根，跑一次 $dfs$ 。
定义 $flow[i]$ 表示以 $i$ 为根的子树中流量最大值。
那么， $u$ 节点从儿子 $v$ 得到的流量为：
1.若 $v$ 为叶子节点，那么 $flow[u] += flow[v]$ （可以直接流过来）；
2.若 $v$ 为非叶子节点，那么 $flow[u] += min(flow[v], fl(u, v))$ （ $u$ 和 $v$ 相连的边有流量限制）。
这样，我们得到了以 $1$ 为根时的答案，记为 $f[1]$ ，它的值等于 $flow[1]$ 。
考虑如何换根。
从 $u$ 为根转移到儿子 $v$ 为根， $f[v]$ 包括两部分：一部分是从 $v$ 流向自己的子树，一部分是从 $v$ 往父节点走。
那么贡献的变化是第二部分造成的，原本的贡献是 $flow[u] - min(flow[v], fl(u, v))$ ，现在加上 $u$ 到 $v$ 这条边的流量限制，所以新的贡献是 $min(fl(u, v), flow[u] - min(flow[v], fl(u, v)))$ 。
注意如果 $u$ 的度为 $1$ ，则需要特殊处理。
再来一个 $dfs$ 转移即可。
复杂度 $O(n)$ ，可以通过本题。

Code

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;

int n,rt,d[maxn],f[maxn],deg[maxn];
struct node{
    int to,w;
    node(int x=0,int y=0):to(x),w(y){}
};
vector<node> G[maxn];

#define cls(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
void init(){
    cls(d,0);cls(f,0);cls(deg,0);
    for(int i=1;i<=2e5;i++)G[i].clear();
}

inline void add_edge(int from,int to,int w){
    G[from].push_back(node(to,w)),++deg[from];
    G[to].push_back(node(from,w)),++deg[to];
}

void read_and_parse(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++){
        int from,to,w;
        scanf("%d%d%d",&from,&to,&w);
        add_edge(from,to,w);
    }
}

void dfs1(int u,int fa){
    for(int i=0;i<G[u].size();i++){
        int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
        if(v==fa)continue;
        dfs1(v,u);
        if(deg[v]==1)d[u]+=w;
        else d[u]+=min(w,d[v]);
    }
}

void dfs2(int u,int fa){
    for(int i=0;i<G[u].size();i++){
        int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
        if(v==fa)continue;
        if(deg[u]==1)f[v]=d[v]+w;
        else f[v]=d[v]+min(f[u]-min(w,d[v]),w);
        dfs2(v,u);
    }
}

void solve(){
    rt=1;
    dfs1(rt,0);
    f[rt]=d[rt];
    dfs2(rt,0);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d\n",ans);
}

int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        init();
        read_and_parse();
        solve();
    }
    return 0;
}

例题2 STA-Station

题目链接：POI2008 STA-Station

Description

给你一颗有 $n$ 个节点的树，你需要找出一个点作为 $root$ ，并最小化 $\sum_{i=1}^{n} dep_i$ 。
其中 $dep_i$ 表示以 $root$ 为根时， $i$ 节点的深度。
数据范围 $1\le n\le 10^6$
时间限制 $1000\ ms$

Solution

我们先默认这颗树以 $1$ 为根，跑一次 $dfs$ ，记录 $dep[i]$ 和 $size[i]$ 。
接下来，定义 $f_i$ 表示以 $i$ 为根时的 $dep[i]$ 之和。
显然， $f[1] = \sum_{i=1}^{n} dep[i]$ 。
当我们从 $u$ 转移到儿子 $v$ 时，以 $v$ 为根的子树内的所有节点 $dep$ 值都减一，以外的所有节点 $dep$ 值都加一。
于是有： $f[v] = f[u] + size[v] + (n - size[v]) = f[u] + n - 2 * size[v]$ 。
答案即为 $min_{i=1}^{n} f[i]$ 的 $i$ 。
复杂度 $O(n)$ ，卡卡常可以通过本题。

Code

这个题目卡 $vector$ ，能把用 $STL$ 的完美卡飞。所以我改成前向星了呜呜呜。

// Author: wlzhouzhuan
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rint register int
#define rep(i, l, r) for (rint i = l; i <= r; i++)
#define per(i, l, r) for (rint i = l; i >= r; i--)
#define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s))
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define Each(i) for (rint i = head[u]; i; i = edge[i].nxt)
inline int read() {
  int x = 0, neg = 1; char op = getchar();
  while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); }
  while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); }
  return neg * x;
}
inline void print(int x) {
  if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}


const int N = 1000005;
struct Edge {
  int to, nxt;
} edge[N << 1];
int head[N], tot;
void add(int u, int v) {
  edge[++tot] = {v, head[u]};
  head[u] = tot;
}
int n;

ll f[N];
int sz[N], dep[N];
void dfs1(int u, int fa) {
  sz[u] = 1;
  dep[u] = dep[fa] + 1;
  Each(i) {
    int v = edge[i].to;
    if (v == fa) continue;
    dfs1(v, u);
    sz[u] += sz[v];
  }
}
void dfs2(int u, int fa) {
  Each(i) {
    int v = edge[i].to;
    if (v == fa) continue;
    f[v] = f[u] + n - 2ll * sz[v];
    dfs2(v, u);
  }
}
int main() {
  ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add(u, v), add(v, u);
  } 
  dfs1(1, 0);
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += dep[i];
  dfs2(1, 0);
  cout << min_element(f + 1, f + n + 1) - f << '\n'; 
  return 0;
}

【每日一题 4.13】Accumulation Degree 和 树学

换根dp

执行步骤

例题1 Accumulation Degree

Description

Solution

Code

例题2 STA-Station

Description

Solution

Code

【每日一题 4.13】Accumulation Degree 和树学