【每日一题】14.Accumulation Degree（树形DP + 二次扫描）

补题链接：Here

一个树形水系，有 \(n\) 个结点，根结点称为源点，叶子结点称为汇点，每条边都有水量限制$C(x,y) \((\)x,y$ 为这条边的两个端点)，源点单位时间流出的水量称为整个水系的流量，求以哪一个结点作为源点整个水系的流量最大。

首先得理解到这是一道“不定根”的树形DP问题，这类题目的特点是，给定一个树形结构，需要以每个结点为根进行一系列统计。我们一般通过两次扫描来求解此类问题：（也即：二次扫描与换根法）

• 第一次扫描时任选一个点为根，在“有根树”上执行一次“树形DP”，也就是在回溯时发生的、自底向上的状态转移。
• 第二次扫描，从刚才选出的根出发，对整棵树执行一次DFS，在每次递归前进行自上而下的推导，计算出“换根”之后的解。

首先，我们任选一个结点 root ，然后树形DP一下，求出 \(D_{root}\) 数组（ \(D[i]\) 表示在以 \(i\) 为根的子树中流量的最大值)。然后设 \(f_x\) 表示以 \(x\) 为源点，流向整个水系的最大流量，则显然 \(f_{root} = D_{root}\) 假设 \(f_x\) 已经求出，考虑其子结点 \(y\) ，则 \(f[y]\) 包含两部分：

1. 从 \(y\) 流向以 \(y\) 为根的子树的流量，已经计算出来。
2. 从 \(y\) 沿着到父节点 \(x\) 的河道，进而流向水系中其他部分的流量。

由题意可知，从 \(x\) 流向 \(y\) 的流量为 \(min(D_y,c_{x,y})\) ，所以从 \(x\) 流向除 \(y\) 以外其他部分的流量分量是其两者之差：\(f_x - min(D_y,c_{x,y})\) 于是，把 \(y\) 作为源点，先从流到 \(x\)，再流向其他部分的流量就是吧这个“差值”再与 \(c_{x,y}\) 取较小值后的结果

\[if(deg[x] > 1) \to f[y] = D[y] + min(f[x] - min(D[y],c[x][y]) - c[x][y])\\ if(deg[x] == 1) \to f[y] = D[y] + c[x][y] \]

这是一个由下而上的递推方程，所以我们可以通过一次DFS来完成

AC 代码

// Murabito-B 21/04/26
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 5;
using pii   = pair<int, int>;
vector<pii> g[N];
int dp[N], d[N], f[N];
void dfs(int u, int fa) {
    for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i) {
        int v = g[u][i].fi, w = g[u][i].se;
        if (v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        if (d[v] == 1) dp[u] += w;
        else
            dp[u] += min(dp[v], w);
    }
}
void dfs1(int u, int fa) {
    f[u] = dp[u];
    for (int i = 0; i < g[u].size(); ++i) {
        int v = g[u][i].fi, w = g[u][i].se;
        if (v == fa) continue;
        if (d[v] == 1) {
            dp[u] -= w;
            dp[v] += min(dp[u], w);
        } else {
            dp[u] -= min(w, dp[v]);
            dp[v] += min(w, dp[u]);
        }
        dfs1(v, u);
    }
}
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        g[i].clear();
        d[i] = dp[i] = f[i] = 0;
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int u, v, w;
        cin >> u >> v >> w;
        g[u].push_back({v, w});
        g[v].push_back({u, w});
        d[u]++, d[v]++;
    }
    dfs(1, -1);
    // f[1] = dp[1];
    dfs1(1, -1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans, f[i]);
    cout << ans << '\n';
}
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int _;
    for (cin >> _; _--;) solve();
    return 0;
}