题解 【Accumulation Degree】

【题目描述】

有一个有 \(n\) 个节点，\(n-1\) 条河道的树形水系。

每个河道有一个最大容水量 \(c[x][y]\) 表示点 \(x\) 到 \(y\) 的最大容水量.

源点可以源源不断出水，以源点作为根节点的树的叶子结点可以无限接纳水。

而一个节点水的流量等于流过其儿子节点的水的流量之和，儿子节点水的流量不能超过其与父亲连边的最大容水量，询问最大的源点水流量。

【输入格式】

输入的第一行是整数 \(T\)，表示测试用例的数量。

每个测试用例的第一行是正整数 \(n\)。

以下 \(n-1\) 行中的每一行包含由空格分隔的三个整数 \(x,y,z\)，表示在节点 \(x\) 和节点 \(y\) 之间存在边，并且边的容量为 \(z\)。

节点编号从 \(1\) 到 \(n\)。

【输出格式】

对于每个测试用例，将结果输出到一行。

【样例输入】

1
5
1 2 11
1 4 13
3 4 5
4 5 10

【样例输出】

26

【数据规模与约定】

所有的输入均为正整数，且不超过 \(2\times10^5\)。

---

我们先考虑 \(O(n^2)\) 的暴力，我们设 \(g_i\) 表示以 $i $ 为根节点的子树中，以 \(i\) 为源点，从 \(i\) 出发流向子树的流量的最大值。

\(degree(x)\) 表示 \(x\) 的度数。

所以

\[g_x=\sum\limits_{y\in Son(x)}\Large\{_{c(x,y)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ degree(y)=1}^{\min(g_y,c(x,y))\ \ \ \ \ degree(y)>1} \]

我们可以枚举每个源点 \(s\)，并每次用树形 dp 在 \(O(n)\) 的时间内求出 \(g_s\)，所以总时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

然后可以用 ”二次扫描与换根法“ 在 \(O(n)\) 的时间结局这个问题。

我们先任选一个点 \(root\) 作为根，然后根据上面的转移方程来求出 \(g\) 数组。

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根，流向整颗树的流量的最大值，有 \(f_{root}=g_{root}\)。

我们假设 \(f_x\) 以及被求出，考虑他的子节点 \(y\)。

\(f_y\) 分为两部分，向子树的流量和向 \(x\) 的流量，如图：

向子树的流量就是 \(g_y\)；因为以 \(x\) 为源点的最大流量是 \(f_x\)，\(x\to y\) 的最大流量是 \(\min(c(x,y),g_y)\)，所以从 \(x\) 流向其他子树的最大流量是 \(f_x-\min(c(x,y),g_y)\)，可以得到：

\[f_y=d_y+\Large\{_{c(x,y)\ \ \ \ \ \ \ \ \ degree(x)=1}^{\min(f_x-\min(c(x,y),g_y),c(x,y))\ \ degree(x)>1} \]

然后两次 \(\text{dfs}\) 就解决了，代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
using namespace std;
inline int read(){
    int s=0,f=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=0;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
    return f?s:-s;
}
int n,f[200010],g[200010],vis[200010],ind[200010],ans(-1);
int tot,head[200010],nxt[400010],ver[400010],edge[400010];
void add(int x,int y,int v){
    nxt[++tot]=head[x]; ver[tot]=y;
    head[x]=tot; edge[tot]=v;
}
void dfs_first(int x){
    vis[x]=1; g[x]=0;
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i],v=edge[i];
        if(vis[y]) continue;
        dfs_first(y);
        if(ind[y]==1) g[x]+=v;
        else g[x]+=min(v,g[y]);
    }
}
void dfs_second(int x){
    vis[x]=1;
    for(rint i=head[x];i;i=nxt[i]){
        int y=ver[i],v=edge[i];
        if(vis[y]) continue;
        if(ind[x]==1) f[y]=g[y]+v;
        else f[y]=g[y]+min(f[x]-min(v,g[y]),v);
        dfs_second(y);
    }
}
int main(){
    int T=read();
    while(T--){
        memset(head,0,sizeof head);
        memset(vis,0,sizeof vis);
        memset(ind,0,sizeof ind);
        tot=0; n=read();
        for(rint i=1;i<n;++i){
            int x=read(),y=read(),v=read();
            add(x,y,v); add(y,x,v);
            ++ind[x]; ++ind[y];
        }
        dfs_first(1);
        memset(vis,0,sizeof vis);
        f[1]=g[1]; ans=-1;
        dfs_second(1);
        for(rint i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,f[i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}