换根DP

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换根DP

无根树上的DP？

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相关资料

• 知乎 换根树形动态规划问题

第一个例题距离和
洛谷类似题 - 洛谷 P3478 [POI2008] STA-Station

有一棵 $n(1\le n\le 100000)$ 个点的无根树，请求出每个点到其他所有点的距离的和。定义两个点的距离为它们的简单路径上经过了多少条边。

朴素的思想就是枚举每个点作为根遍历整棵树，那么 $O(n^2)$ 即可解决该问题，但是可以注意到，父节点和子节点各自作为根节点时，数值关系可以传递

定义两个数组 f 和 v：
$f[i]$ 表示以节点 i 为根的子树中的点到 i 的距离和
$v[i]$ 表示把节点 i 的父亲 x 作为节点 i 的孩子节点时以 x 为根的子树中的点到 i 的距离和

那么第一次 dfs 时可以维护数组 f 的值，$f[i]=sz[i]-1+\sum f[j]$，j 为 i 的子节点，sz[i]为以 i 为根的子树节点数
第二次 dfs 可以维护数组 v 的值，$v[t]=v[u]+f[u]-f[t]-sz[t]+n-sz[t];$，t 为 u 的子节点

未验证的代码

int n, sz[N], f[N], v[N];
vector<int> e[N];
 
/*
f[i] 表示以节点 i 为根的子树中的点到 i 的距离和
v[i] 表示把节点 i 的父亲 x 作为节点 i 的孩子节点时以 x 为根的子树中的点到 i 的距离和
*/
 
void dfs1(int u, int fa){
	sz[u] = 1;
	f[u] = 0;
	for(auto v : e[u]){
		if(v == fa) continue;
		dfs1(v, u);
		sz[u] += sz[v];
		f[u] += f[v];
	}
	f[u] += sz[u] - 1;
	return ;
}
 
void dfs2(int u, int fa){
	for(auto t : e[u]){
		if(t == fa) continue;
		v[t] = v[u] + f[u] - f[t] - sz[t] + n - sz[t];
		dfs2(t, u);
	}
	return ;
}
 
void solve(){
	cin >> n;
	for(int i = 1; i < n; ++ i){
		int u, v;
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i){
		cout << f[i] + v[i] << '\n';
	}
	return ;
}

第二个例题 流
依旧是考虑以节点 x 为根的子树可以承担的最大流量，以及将节点 x 的父节点作为子节点时可以承担的最大流量，此问题还得考虑边对转移的影响

第三个例题 最长路径
类似于树的直径？

• 知乎 【朝夕的ACM笔记】动态规划-换根DP

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例题

综合运用

模板题

• 求以哪一个点为根时所有节点深度和最大 洛谷 P3478 [POI2008] STA-Station // Qiansui_code
  本题做法与相关链接例题 距离和 一样

• 上题的小小强化版 洛谷 P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G // Qiansui_code
  本题基本做法与上题一样，就是距离的定义发生了变化

• 简单换根DP cf 627 div.3 F. Maximum White Subtree // Qiansui_code
  白色节点权值记为1，黑色节点权值记为-1，再跑标准的换根DP就行

• 稍微难一点的换根DP 洛谷 P3047 [USACO12FEB] Nearby Cows G // Qiansui_code
  对每个节点都记录距离自己 0 ~ k 距离的节点权值和，先 dfs 一遍统计子树，再 dfs 一遍更新答案

• 再难一点的换根DP cf 899 div.2 D. Tree XOR // Qiansui_code

首先需要发现一点的是，对于一个有根树，无论你怎么执行操作，对于一组父子节点 uv，只要你不选择节点 v 进行操作，那么节点 u 和节点 v 的权值就永远不变。所以想要所有节点权值均相等，我们从根开始 dfs 遍历，遇到权值不相等的子节点则选择节点 v 异或 $a[u]\oplus a[v]$即可获得一次答案
不可能对于每个节点都做一次dfs，那么考虑换根DP的做法。可以发现，当根节点从节点 u 传递给子节点 v 的时候，受到影响的答案只有节点 u 和节点 v 之间的关系。原本选择节点 v 进行修改操作，现在改为节点 u 进行修改操作即可，即 $ans[v]=ans[u]-(a[u]\oplus a[v])\times sz[v]+(a[u]\oplus a[v])\times (n-sz[v])$
所以利用换根DP，可以 $O(n)$ 处理该问题