二次扫描与换根法总结

二次扫描与换根法

咕咕得有些久了，再不写就废了。

~~久了不写题目都记不住了，不过也权当复习~~

直接看理论吧。

下面直接用 $v$ 表示 $u$ 的子节点。

问题相关

一般二扫的题目很明显。

求当每个节点为根时的答案
求选出一个根节点，使得xxxx最优
求子节点xxx状态的期望个数/概率
选出一条xxx路径(用换根简化为根到叶子的路径)，使得xxx
有哪些点可以通过xxx，成为xxxx

解决此类问题，我们需要知道每个节点为根时候的答案，最后择优。而二扫就是用来统计这个东西的。

理论做法

设：

$g_{u}$ 为以1为根时，子树 $u$ 所得答案
$h_{u}$ 为以 $f a_{u}$ 为根时，子树 $u$ 不参与答案统计时的答案
$f_{u}$ 为以 $u$ 为整棵树的根时的答案

我们在第一次dfs的过程中求出 $g$ 。

然后更新出 $f_{1} = g_{1}$ ，接着进行第二次dfs，先排除影响，求出 $h$ ，再合并为 $f$ 。

这个排除影响，通用的方法是重新求一边 $f_{f a_{u}}$ ，不统计 $u$ 。但如果可以直接消去影响也是可以的。

下面放题。

例题

简单题部分

sta

给出一个N个点的树,找出一个点来,以这个点为根的树时,所有点的深度之和最大。

我们考虑设 $g_{x}$ 表示以 $x$ 为根的子树内的深度之和。则显然有 $g_{u} = d e p_{u} + \sum g_{v}$

然后考虑设 $f_{x}$ 表示以 $x$ 作为全树根时的深度之和，有 $f_{1} = g_{1}$ 。

现在我们一直 $f_{f a}$ 的值，求 $f_{u}$ 。

显然，将根节点下移，会使得 $u$ 原子树内所有节点深度减一，而其他节点深度加一。故有 $f_{u} = f_{f a} + n - 2 s i z_{u}$

最大疯子树

转化一下题意，即为给一棵树，求一个极大连通子图，满足以点权最小的节点为根且根到子节点的路径上点权不严格单增。

考虑设 $g_{u}$ 表示以 $u$ 为子树根时，在子树内的疯子树大小。显然有 $g_{u} = 1 + \sum_{v a l_{v} \geq v a l_{u}} g_{v}$

再考虑换根。设 $f_{u} = g_{u} + w$ ，而 $w$ ？

$v a l_{f a} < v a l_{u} ⟹ w = 0$
$v a l_{f a} > v a l_{u} ⟹ w = f_{f a}$ ，因为当 $f a$ 为根时， $u$ 根本不会被统计。
$v a l_{f a} = v a l_{u} ⟹ w = f_{f a} - g_{u}$ ，此时实际上 $f a, u$ 等价。

本题保证了 $v a l$ 相异，所以不用管情况3

应用拔高

叶子的染色

题意：给定 $m$ 个点， $1 \sim n$ 号点为叶子，度数为1，其余点度数大于1。每个点可以染为白色、黑色或者不染色，给定 $c_{u}$ 表示 叶子节点 $u$ 到根的路径上(自底向上)的第一个有色节点的颜色。

求所有方案中，染色数最少的方案需要染多少色。

引理：选择任意一个节点为根即可。

证明：设原树根为 $x$ ，要转移到子节点 $y$ 。

显然，在以 $x$ 为根时，染色方案中， $x, y$ 颜色必定不同。

那么换根后，最优方案仍然不会改变 $x$ 的颜色，因为与 $y$ 无关，所以方案等价。

那么考虑设 $f_{u, 0 / 1 / 2}$ 分别表示不染色，染黑色，染白色的答案。

对于叶子节点而言，其他都是极大值，将自己染为自己所需的颜色，为1.

显然有转移方程式：

		f[u][1]+=min(f[v][1]-1,f[v][2]);//1黑2白0无色
		f[u][2]+=min(f[v][1],f[v][2]-1);
		f[u][0]+=min(f[v][0],min(f[v][1],f[v][2]));		
int main(){
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i];
	for(int i=2;i<=m;i++){
		int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);add(v,u);
	}
	dfs(n+1,0);
	cout<<min(f[n+1][1],min(f[n+1][0],f[n+1][2]))<<"\n";
}

计算机

题意：给定一颗边有权的树，求出分别以 $1 \sim n$ 为根时，节点的 $d i s$ 最大值。

根据树的直径的性质，处理出直径两端点，并倒着计算一次距离，记为 $d i s 1, d i s 2$ ，则答案显然是 $max (d i s 1_{i}, d i s 2_{i})$

我们还是老实换根吧。

这里有套路，换根维护最值的套路：记录最大值和次大值，一般节点用最大值转移，本身是最大值的节点用次大值转移。

在本题中，我们先计算出树内最长路，树内次长路。注意最长路和次长路必须是由不同子节点转移而来，因为之所以要次长路就是用来换根时更新转移最长路的这个点。

int dp(int u,int fa){
    if(f[u][0]>=0)return f[u][0];
    f[u][0]=f[u][1]=f[u][2]=lst[u]=0;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=ver[i],w=cost[i];
        if(v==fa)continue;
        if(f[u][0]<dp(v,u)+w){
            f[u][1]=f[u][0];
            f[u][0]=dp(v,u)+w;
            lst[u]=v;
        }
        else if(f[u][1]<dp(v,u)+w)
            f[u][1]=dp(v,u)+w;
    }
    return f[u][0];
}

然后我们考虑换根。这其实也简单，无非是树外最长路，树内最长路取一个最大值而已。

树外最长路怎么求？设 $v$ 为一个普通节点，则最长路就是 $u$ 的树内最长路，亦或者 $u$ 的树外最长路。二者再加上 $w (u, v)$ 。而如果 $v$ 就是转移最长路的节点，用树内次长路代替即可。

void dfs(int u,int fa){
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v=ver[i],w=cost[i];
        if(v==fa) continue;
        if(v==lst[u])f[v][2]=max(f[u][1],f[u][2])+w;
        else f[v][2]=max(f[u][0],f[u][2])+w;
        dfs(v,u);
    }
}

Chase

这个题，怎么说，其实并不是一道换根的题，但它揭示了一个树上路径问题的新套路。

题意：
在逃亡者的面前有一个迷宫，这个迷宫由 $n$ 个房间和 $n - 1$ 条双向走廊构成，每条走廊会链接不同的两个房间，所有的房间都可以通过走廊互相到达。换句话说，这是一棵树。

逃亡者会选择一个房间进入迷宫，走过若干条走廊并走出迷宫，但他永远不会走重复的走廊。

在第 $i$ 个房间里，有 $F_{i}$ 个铁球，每当一个人经过这个房间时，他就会受到铁球的阻挡。逃亡者手里有 $V$ 个磁铁，当他到达一个房间时，他可以选择丢下一个磁铁（也可以不丢），将与这个房间相邻的所有房间里的铁球吸引到这个房间。这个过程如下：

逃亡者进入房间。
逃亡者丢下磁铁。
逃亡者走出房间。
铁球被吸引到这个房间。

注意逃亡者只会受到这个房间原有的铁球的阻拦，而不会受到被吸引的铁球的阻挡。

在逃亡者走出迷宫后，追逐者将会沿着逃亡者走过的路径穿过迷宫，他会碰到这条路径上所有的铁球。

请帮助逃亡者选择一条路径，使得追逐者遇到的铁球数量减去逃亡者遇到的铁球数量最大化。

题解：

本质上，是要求一条路径，对于寻找树上最优路径问题，用动态规划算法解决，一般是有两种处理方式：

换根DP法，这样只需要考虑根节点到子树的路径，需要维护上述的 $g, h, f$ 三个函数。
枚举LCA法，这样可以在一次DFS（可能统计信息需要多次）解决，但需要维护子树内走向根，和根走向子树两个方向。

第二种做法其实和树链剖分有些相似。

此题，第二种做法应该要简单一些。

设 $w_{u} = \sum v a l_{v}$ 。设 $g_{i, j, 0 / 1}$ 表示从子树内走到 $i$ ，用 $j$ 块磁铁，是否在的当前节点放磁铁的最优解，设 $f_{i, j, 0 / 1}$ 为从 $i$ 走到子树内，用 $j$ 块磁铁，是否在当前节点放的最优解。

显然 $g_{u, 1, 1} = w_{u} + v a l_{f a}, f_{u, 0, 1} = g_{u, 0, 1} = - \infty$ 。

下面我们考虑计算。先考虑更新答案(类比树的直径)。我们枚举断点，设枚举前半路径用了 $j$ 块磁铁,共有 $n u m$ 块磁铁。

需要注意的是，这个磁铁吸引，除了当前链顶端(LCA)，不能计算 $v a l_{f a}$ 。因为会算重，这个位置本就被计算过(v的链顶)。

为了方便转移，这里可以用一点trick。我们注意到合并两条链时会出现LCA处的统计冲突，如 $v a l_{L C A}, v a l_{f a (L C A)}$ 等。我们可以一条链维护这个信息，另一条链不维护。

在实现中我采用用 $g$ 维护这个信息。

显然有：

		for(int j=num;j>=0;--j){
			mx1=max(mx1,max(g[u][num-j][0],g[u][num-j][1]));//已经统计了val[fa],w[u]
			mx2=max(mx2,max(f[u][num-j][0],f[u][num-j][1]+val[fa]-val[v]));//注意方向带来的差异
			ans=max(ans,max(f[v][j][1],f[v][j][0])+mx1);//算了兄弟节点
			ans=max(ans,max(g[v][j][1],g[v][j][0])+mx2);//里面计算了val[u]
		}

然后考虑更新DP数组。

        for(int j=1;j<=num;j++){
			f[u][j][0]=max(f[u][j][0],max(f[v][j][0],f[v][j][1]));
			f[u][j][1]=max(f[u][j][1],max(f[v][j-1][0],f[v][j-1][1])+w[u]);
			
		}
		for(int j=1;j<=num;j++){
			g[u][j][0]=max(g[u][j][0],max(g[v][j][0],g[v][j][1]));
			g[u][j][1]=max(g[u][j][1],max(g[v][j-1][0],g[v][j-1][1])+w[u]+val[fa]-val[v]);//-val[v] 去重
		}

Centroids

给定一颗树，你有一次将树改造的机会，改造的意思是删去一条边，再加入一条边，保证改造后还是一棵树。

请问有多少点可以通过改造，成为这颗树的重心？（如果以某个点为根，每个子树的大小都不大于 $\frac{n}{2}$ ，则称某个点为重心）

其实是较为简单的问题。

我们考虑怎么改。一个点本身为重心，则直接任删一条边然后再加回来即可。

如果本身不是重心，则必定有一颗子树大小大于 $\frac{n}{2}$ ，此时考虑搞事情。

我们可以分离出这个子树里的一颗子树，然后成为当前节点的新儿子，这样就达到了拆开最大子树的目的。

那么，我们拆掉一颗不大于 $\frac{n}{2}$ 的最大的子树，显然是最优的。

问题化为维护以每个点为根时，节点数不超过 $\frac{n}{2}$ 的最大子树的大小。

这是容易的，我们只需要判断各个子树是否合法即可。设 $g_{i}$ 为在子树 $i$ 中节点数不超过 $\frac{n}{2}$ 的最大子树的大小。

则显然有 $g_{u} = max (s i z_{u} [s i z_{u} \leq \frac{n}{2}], g_{v})$

然后我们只需要判断那个最大子树 $v$ 是否满足 $s i z_{v} - g_{v} \leq \frac{n}{2}$ 即可。

但是需换根。

这里怎么换？只是父子关系的调换而已，其他的没什么用。

我们同样维护合法 $g$ 的最大值次大值。按常更新即可。

void dfs1(int u,int fa){
	siz[u]=1;
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		dfs1(v,u);
		mx[u]=max(mx[u],siz[v]);
		if(mx[u]==siz[v])mxi[u]=v;
		siz[u]+=siz[v];
		if(siz[v]<=n/2){
			if(g[u]==0||siz[v]>siz[g[u]])gg[u]=g[u],g[u]=v,fr[u]=v;
			else if(gg[u]==0||siz[v]>siz[gg[u]])gg[u]=v;
		}
		else {
			if(g[u]==0||siz[g[v]]>siz[g[u]])gg[u]=g[u],g[u]=g[v],fr[u]=v;
			else if(gg[u]==0||siz[g[v]]>siz[gg[u]])gg[u]=g[v];
		}
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	if(mx[u]>n/2)f[u]|=(mx[u]-siz[g[mxi[u]]]<=n/2);
	else f[u]|=(n-siz[u]-sh[u]<=n/2);
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		if(v==fr[u]){ 
			if(n-siz[v]<=n/2&&n-siz[v]>=siz[gg[u]])h[v]=u,sh[v]=n-siz[v];
			else if(siz[gg[u]]>sh[u])h[v]=gg[u],sh[v]=siz[gg[u]];
			else if(n-siz[v]<=n/2)h[v]=u,sh[v]=n-siz[v];
			else h[v]=h[u],sh[v]=sh[u];
		}
		else {
			if(n-siz[v]<=n/2&&n-siz[v]>=siz[g[u]])h[v]=u,sh[v]=n-siz[v];
			else if(siz[g[u]]>sh[u])h[v]=g[u],sh[v]=siz[g[u]];
			else if(n-siz[v]<=n/2)h[v]=u,sh[v]=n-siz[v];
			else h[v]=h[u],sh[v]=sh[u];
		}
		dfs2(v,u);
	}
}

Tow Paths

void dfs(int u,int in){
	f[u][0]=ver[in^1],dep[u]=dep[ver[in^1]]+1;
	for(int i=1;i<=18;i++)f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(i==(in^1))continue;
		d1[v]=d1[u]+cost[i],d2[v]=d2[u]+cost[i^1];
		dfs(v,i);
		g[u]+=max(0,g[v]-cost[i]-cost[i^1]);
		w[v]=max(0,g[v]-cost[i]-cost[i^1]);
	}
	g[u]+=a[u];
}
void dfs2(int u,int in){
	if(u!=1)h[u]=max(0,h[f[u][0]]+g[f[u][0]]-cost[in]-cost[in^1]-w[u]-a[f[u][0]])+a[u];
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(i==(in^1))continue;
		r[v]=r[u]+g[v]-w[v]; 
		dfs2(v,i);
	}
}
int lca(int u,int v){
	if(dep[u]>dep[v])swap(u,v);
	for(int i=18;i>=0;--i)if(dep[f[v][i]]>=dep[u])v=f[v][i];
	if(u==v)return u;
	for(int i=18;i>=0;--i)if(f[u][i]!=f[v][i])u=f[u][i],v=f[v][i];
	return f[u][0];
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	read(n),read(q);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v,w1,w2;read(u),read(v),read(w1),read(w2); 
		add(u,v,w1);add(v,u,w2);
	} 
	dfs(1,0);h[1]=a[1];r[1]=g[1]-w[1];dfs2(1,0);
	while(q--){
		int u,v;read(u),read(v);int s=lca(u,v);
		int w1=d2[s]-d2[u]+r[u]-r[f[s][0]]+w[s];
		int w2=d1[s]-d1[v]+r[v]-r[f[s][0]]+w[s];
		int w3=h[s]-g[s]-a[s];
		print(w1+w2+w3);puts("");
	}
}

星际迷航

void dfs_g(int u,int fa){
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		dfs_g(v,u);
		s[u]+=(g[v]==0);
		c[u][g[v]]+=h[v];
	}
	g[u]=(s[u]!=0);
	if(s[u]==0)h[u]=c[u][1]+1;
	else if(s[u]==1)h[u]=c[u][0];
}
void dfs_f(int u,int fa){
	if(u!=1){
		int sf=s[fa]-(g[u]==0);
		int c1=c[fa][1],c0=c[fa][0];
		if(g[u])c1-=h[u];
		else c0-=h[u];
		int hf,gf=(sf!=0);
		if(sf==0)hf=c1+1;
		else if(sf==1)hf=c0;
		else hf=0;
		f[u]=g[u]|(gf==0);c[u][gf]+=hf,s[u]+=(gf==0);
		if(s[u]==0)w[u]=c[u][1]+1;
		else if(s[u]==1)w[u]=c[u][0];
	}
	else f[u]=g[u],w[u]=h[u];
	for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
		int v=ver[i];
		if(v==fa)continue;
		dfs_f(v,u);  
	}
}
const int p=1e9+7;
struct node{
	int a[2][2];
	node operator*(const node b)const {
		node c;c.a[0][0]=c.a[1][1]=c.a[0][1]=c.a[1][0]=0;
		for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int k=0;k<2;k++)c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j]%p)%p;
		return c;
	}
};
node power(node a,int b){
	node ans;ans.a[0][0]=ans.a[1][1]=1;ans.a[0][1]=ans.a[1][0]=0;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
void read(int &x){
	x=0;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar();
	while('0'<=ch&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
}
void init(){
	read(n);read(m);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;read(u),read(v);add(u,v);
	}
	dfs_g(1,0);dfs_f(1,0);int cnt=0;node a;a.a[0][0]=a.a[0][1]=a.a[1][0]=a.a[1][1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cnt+=(f[i]==0);
		a.a[1][0]=(a.a[1][0]+(f[i]==0)*n)%p;
		a.a[1][1]=(a.a[1][1]+(f[i]==1)*n)%p;
		a.a[0][0]=(a.a[0][0]+(f[i]==0)*(n-w[i])+(f[i]==1)*w[i])%p;
		a.a[0][1]=(a.a[0][1]+(f[i]==1)*(n-w[i])+(f[i]==0)*w[i])%p; 
	}
	a=power(a,m-1);
	node b;b.a[0][0]=cnt,b.a[0][1]=n-cnt;b.a[1][0]=0,b.a[1][1]=1;
	b=b*a;int s=b.a[0][0],t=b.a[0][1];s%=p,t%=p;
	if(f[1])cout<<(t*n+s*(n-w[1]))%p;
	else cout<<s*w[1]%p<<"\n";
}
signed main(){
	init();
}

$T r i c k$ 总结

posted @ 2023-08-04 19:26 spdarkle 阅读(39) 评论(0) 编辑收藏举报

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