2016中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛 C. Magic boy Bi Luo with his excited tree

Magic boy Bi Luo with his excited tree

Problem Description

Bi Luo is a magic boy, he also has a migic tree, the tree has N nodes , in each node , there is a treasure, it's value is V[i], and for each edge, there is a cost C[i], which means every time you pass the edge i , you need to pay C[i].

You may attention that every V[i] can be taken only once, but for some C[i] , you may cost severial times.

Now, Bi Luo define ans[i] as the most value can Bi Luo gets if Bi Luo starts at node i.

Bi Luo is also an excited boy, now he wants to know every ans[i], can you help him?

 

 

Input

First line is a positive integer T(T≤104) , represents there are T test cases.

Four each test：

The first line contain an integer N(N≤105).

The next line contains N integers V[i], which means the treasure’s value of node i(1≤V[i]≤104).

For the next N−1 lines, each contains three integers u,v,c , which means node u and node v are connected by an edge, it's cost is c(1≤c≤104).

You can assume that the sum of N will not exceed 106.

 

 

Output

For the i-th test case , first output Case #i: in a single line , then output N lines , for the i-th line , output ans[i] in a single line.

 

 

Sample Input

1 5 4 1 7 7 7 1 2 6 1 3 1 2 4 8 3 5 2

 

 

Sample Output

Case #1: 15 10 14 9 15

 

 

Author

UESTC

 

 

Source

2016中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛

 

题意：
    给出一棵树，每个点当经过它时有一个获益，每个点的获益只能计算一次，每条边当经过它都有一个花费，需要重复计算。
    询问从每个点出发，随意走的最大收益。

题解：
    树形dp。
    比赛时没有A掉。。。队友没有采取我的思路写，按照他们推的公式写了。。。
    （其实是当时我在写其他题，我写完他们直接上了。。。实际上不用那么急，
    （当时比赛结束还有1.5h，好好整理思路写说不定就过了
    其实我觉得我的思路是比较简单明了的。。
    今天写了一下，从整理题目思路在内到AC，只花了1h，一发就AC了。。。


    设f[i]代表每个点出去随便走不一定回来的最大收益和次大收益（一对数），
    个g[i]代表每个点出去随便走一定要回来的最大收益。

    按照bfs序扫两遍。
    第一遍，按照bfs序倒着扫：
        统计每个点只能往下走的 f 和 g。
        这部分是非常简单的dp，方程
        g[i] = sigma(max(0, g[child] - 2 * costOfEdge))
        f[i] = max(g[i], 
                            g[i] - max(0, g[child] - 2 * costOfEdge) + f[child] + costOfEdge)
        计算f时先将孩子对g[i]的贡献减去加上本次贡献就行了。

    第二遍，按照bfs序正着扫：
        统计每个点的f和g，加入父亲的影响。
        也就是说此时的f和g的意义变为不仅仅可以往下走还可以往父亲边走，就是随便走。
        统计时类似，先减去自己对父亲的影响，再利用父亲的f和g更新自己。
        转移方程这里写的不方便，具体可以查看代码。

    最后每个点的f值就是答案。
    因为f值不会比g值小，这点可以从定义或者方程看出。

 

const int N = 100010;
int head[N], son[N * 2], val[N * 2], nex[N * 2], tot;
int w[N], n;
struct FirstAndSecondMax {
    pair<int, int> first, second;

    inline void init(int val, int id) {
        first = second = make_pair(val, id);
    }

    inline void addAll(int w) {
        first.first += w, second.first += w;
    }

    inline void updata(int val, int id) {
        pair<int, int> now = make_pair(val, id);
        if(first < now) swap(first, now);
        if(second < now) swap(second, now);
    }

    inline int getMax(int except) {
        return first.second == except ? second.first : first.first;
    }
} f[N];
int g[N];
// f -> maximum of paths that need not go back
// g -> maximum of paths that need to go back
#define cg(origin, cost) (max(0, origin - 2 * cost))
#define cf(origin, cost) (max(0, origin - cost))
// cg -> contribution to g
// cf -> contribution to f
int ans[N];

inline void init() {
    for(int i = 0; i < n; ++i) f[i].init(w[i], i);
    for(int i = 0; i < n; ++i) head[i] = -1;
    tot = 0;
}

inline void addEdge(int u, int v, int w) {
    son[tot] = v, val[tot] = w, nex[tot] = head[u];
    head[u] = tot++;
}

int que[N], fa[N], valfa[N];
inline void bfs(int st) {
    int len = 0;
    fa[st] = -1, valfa[st] = INF, que[len++] = st;
    for(int idx = 0; idx < len; ++idx) {
        int u = que[idx];
        for(int tab = head[u], v; tab != -1; tab = nex[tab])
            if((v = son[tab]) != fa[u])
                fa[v] = u, valfa[v] = val[tab], que[len++] = v;
    }
}

inline void solve() {
    bfs(1);

    for(int idx = n - 1; idx >= 0; --idx) {
        int u = que[idx];
        g[u] = w[u];
        for(int tab = head[u], v; tab != -1; tab = nex[tab])
            if((v = son[tab]) != fa[u])
                g[u] += cg(g[v], val[tab]);
        f[u].init(g[u], u);
        for(int tab = head[u], v; tab != -1; tab = nex[tab])
            if((v = son[tab]) != fa[u])
                f[u].updata(g[u] - cg(g[v], val[tab]) + 
                        f[v].getMax(u) - val[tab], v);
    }

    for(int idx = 0; idx < n; ++idx) {
        int u = que[idx];
        if(fa[u] != -1) {
            int faContributeIt = g[fa[u]] - cg(g[u], valfa[u]);
            int lastg = g[u];
            g[u] += cg(faContributeIt, valfa[u]);
            f[u].addAll(cg(faContributeIt, valfa[u]));
            f[u].updata(f[fa[u]].getMax(u) - cg(lastg, valfa[u])
                       - valfa[u] + lastg, fa[u]);
        }
        ans[u] = f[u].getMax(-1);
    }

    for(int i = 0; i < n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}

int main() {
    int testCase;
    scanf("%d", &testCase);
    for(int testIndex = 1; testIndex <= testCase; ++testIndex) {
        printf("Case #%d:\n", testIndex);
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &w[i]);
        init();
        for(int i = 1, u, v, w; i < n; ++i) {
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
            --u, --v;
            addEdge(u, v, w), addEdge(v, u, w);
        }
        solve();
    }
    return 0;
}