【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day28 树形 dp

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【题解】Solution Set - NOIP2024集训Day28 树形 dp

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「HDU4661」Message Passing

一个合法方案的构成一定是：

1. 先将所有的信息整合到一个点上；
2. 然后从这个点扩展开。

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「BZOJ3935」Rbtree

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「ARC101E」Ribbons on Tree

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「AGC034E」Complete Compress

假如我们现在已经知道了最后会合的那个点 $x$。

以她为根，根节点 $de{p}_x=0$。如果我们能找到一种合适的匹配方式，那么答案就应该是 $\sum de{p}_i/2$，否则应该无解。

现在就变成了一个判断问题。考虑 dp。

$f_i$：在 $i$ 这棵子树内，尽可能配对完（配对的都到 $i$）之后剩下最少的到 $i$ 的距离之和。

$h_i$：在 $i$ 这棵子树内，棋子个数。

如果 $f_x=0$ 那么就可以更新答案。

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一个子儿子的子树需要上移的次数为 $g_v=f_v+h_v$。

我们记录一个点的所有儿子的 $g$ 之和 $sum$，$g$ 的最大值 $mx$。

如果 $mx\times 2>sum$，就是说必须要向上有 $mx-(sum-mx)$。

否则就可以 $f_u=summod2$。

但是：WA 90pts

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问题在于这个 dp 其实是带有了一定的贪心，相当于我们是算了每个子树内都要尽量匹配，但是有这种情况：

对于 $4,5,6$ 节点的 $f$ 分别为 $2,2,4$。

对于 $1$ 点显然是合法的，但是这个做法让 $4,5$ 节点在 $2$ 就合并了，也就是说 $f_2=0$，导致 $6$ 上的不能到 $1$。

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其实我们需要的并不是每个儿子都最优，而需要的是每个儿子尽量的均衡。

$f$ 记录了每个子树需要的最小值，我们不妨记录需要的最大值 $g$，也即所有点到当前根的距离之和。

在这个范围内的，每隔两个值都能取到其中一个。

所以上面求的 $sum$ 实际上是下界，但是我们需要的其实是上界，然后再按上面的做法做就行。

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「COCI 2014.10」Kamp

答案就是所有经过的边的并集的权值和 $\times 2-$ 距离当前点最远的点。

有点恶心的换根 dp。bf

需要记录次长链，因为不要求严格，所以没必要记录最长链是指向哪个儿子，直接判值相等就行。

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「SCOI2015」小凸玩密室

做过。

一种状态的定义：

$f_{u,x}$: 走完 $u$ 的子树，结束在 $x$（$u$ 子树中的叶节点）。

这样可以 $O(n^3)$ 解决。

但实际上不管最终在那个点结束，都会跳到 $u$ 的祖先或祖先的兄弟，所以换一种定义：

$f_{u,x}$: 走完 $u$ 的子树，结束在 $u$ 的第 $x$ 级祖先的兄弟。

$g_{u,x}$: 走完 $u$ 的子树，结束在 $u$ 的第 $x$ 级祖先。

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注意到对于一条路径我们把其拆分开算的（只要终点一样。

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「AGC008F」Black Radius