P10974 换根 dp 解题报告

合集 - 动态规划(15)

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15.P10974 换根 dp 解题报告2024-11-27

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题目大意：

给定一颗无根树，有一个节点是源点，度数为 $1$ 的点是汇点，树上的边有最大流量。除源点和汇点外，其它点不储存水，即流入该点的水量之和等于从该点流出的水量之和。整个水系的流量定义为原点单位时间内能发出的水量。

现在需要求出：在流量不超过最大流量的前提下，选取哪个点作为源点，整个水系的流量最大，输出最大值。

思路：

朴素的想法是枚举某个点作为源点，然后做树形 dp，设 $f_u$ 表示从点 $u$ 往下流向子树的最大流量，不难得出状态转移方程：

$$f_u=\sum _{j\in Son(u)}\{\begin{array}{ll}min(w_i,f_j)& {\mathrm{deg}}_j>1\\ w_i& {\mathrm{deg}}_j=1\end{array}$$

对于每个点都这样做一遍，取 $max$，时间复杂度 $O(n^2)$。

暴力 $\mathtt{\text{Code:}}$

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 200010, M = 400010;
typedef long long ll;
int T, n;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int deg[N];
ll f[N];

void init() {
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        deg[i] = 0, h[i] = -1;
}

inline void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa) {
    f[u] = 0;
    for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if(j == fa) continue;
        dfs(j, u);
        if(deg[j] == 1) f[u] += w[i];
        f[u] += min(f[j], (ll)w[i]);
    }
}

void solve() {
    scanf("%d", &n);
    init();
    for(int a, b, c, i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c), add(b, a, c);
        deg[a]++, deg[b]++;
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, -1), ans = max(ans, f[i]);
    printf("%lld\n", ans);
}

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

因为这个题是一个无根树，而我们又要枚举根节点，所以不难想到用换根 dp 来代替源点的枚举。

所以考虑用换根 dp 来优化。

来回顾一下换根 dp 的基本思路：

1. 第一次 dfs，任选一个点为根进行方才的树形 dp；
2. 第二次 dfs，从相同的根出发，再扫描一遍从父节点向子结点更新信息，这里多半会用到剔除贡献的问题，要么记最大/次大值和具体从哪个点更新（这个主要用于最大/最小的不满足可减性的信息），要么从第一遍 dfs 的信息更新处倒推（这个一般用于满足可减性的信息）。

对应到这个题上就是思考子节点流向父节点的信息怎么计算。

先画个图：

这里 $g_u$ 表示 $u$ 为源点的最大流量。

这道题的信息显然具有可减性。

如图，我们可以考虑先去掉 $j$ 子树对 $g_u$ 的贡献得到以 $u$ 为源点的其他贡献，然后这一部分实际就是从 $j$ 往上流的最大流量，直接和 $f_j$ 相加就得到了 $g_j$。

但是这里有个魔鬼细节，需要考虑节点的度数，因为度数为 $1$ 的点在第一遍 dfs 时是直接加上的 $w_i$，所以在去掉贡献的时候需要判一下。父节点也基本同理。

那么这道题就结束了，时间复杂度 $O(n)$。

$\mathtt{\text{AC Code:}}$

#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 200010, M = 400010;
typedef long long ll;
int T, n;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int deg[N];
ll f[N], g[N];

void init() {
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        deg[i] = 0, h[i] = -1;
}

inline void add(int a, int b, int c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs(int u, int fa) {
    f[u] = 0;
    for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if(j == fa) continue;
        dfs(j, u);
        if(deg[j] == 1) f[u] += w[i];
        else f[u] += min(f[j], (ll)w[i]);
    }
}

void dfs2(int u, int fa) {
    for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if(j == fa) continue;
        g[j] = f[j];
        if(deg[u] == 1) g[j] += w[i];
        else if(deg[j] == 1) g[j] += min((ll)w[i], g[u] - (ll)w[i]);
        else g[j] += min((ll)w[i], g[u] - min((ll)w[i], f[j]));
        dfs2(j, u);
    }
}

void solve() {
    scanf("%d", &n);
    init();
    for(int a, b, c, i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        add(a, b, c), add(b, a, c);
        deg[a]++, deg[b]++;
    }
    dfs(1, -1);
    g[1] = f[1];
    dfs2(1, -1);
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        ans = max(ans, g[i]);
    printf("%lld\n", ans);
}

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