【树形dp】A000_AW_积蓄程度 & 计算机（换根dp / 3×dfs）

有一个树形的水系，由 N-1 条河道和 N 个交叉点组成。
我们可以把交叉点看作树中的节点，编号为 1~N，河道则看作树中的无向边。
每条河道都有一个容量，连接 x 与 y 的河道的容量记为 c(x,y)。
河道中单位时间流过的水量不能超过河道的容量。
有一个节点是整个水系的发源地，可以源源不断地流出水，我们称之为源点。
除了源点之外，树中所有度数为 1 的节点都是入海口，可以吸收无限多的水，我们称之为汇点。
也就是说，水系中的水从源点出发，沿着每条河道，最终流向各个汇点。
在整个水系稳定时，每条河道中的水都以单位时间固定的水量流向固定的方向。
除源点和汇点之外，其余各点不贮存水，也就是流入该点的河道水量之和等于从该点流出的河道水量之和。
整个水系的流量就定义为源点单位时间发出的水量。
在流量不超过河道容量的前提下，求哪个点作为源点时，整个水系的流量最大，输出这个最大值。

输入格式
输入第一行包含整数T，表示共有T组测试数据。
每组测试数据，第一行包含整数N。
接下来N-1行，每行包含三个整数x,y,z，表示x，y之间存在河道，且河道容量为z。
节点编号从1开始。
输出格式
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
数据保证结果不超过231−1。
数据范围
N≤2∗105

输入样例：
1
5
1 2 11
1 4 13
3 4 5
4 5 10
输出样例：
26

方法一：自顶向下+自底向上递推

朴素做法：假设 u->v，则从u到v的能流出的最大流量=min(w[u->v], dfs(v->v.son))，这些值可以用dfs求出，且最朴素的做法是每个点求一次这种dfs，然后从每次dfs中得到最大值

优化做法：假设 u 是 v 的父节点，则从 \(u_i->v_i\) 流过的最大流量可以由上面的一次dfs求出，但 u 的上面还会有父节点结点，从 u 到 fa_u 的流量就等于：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
    int u,w;
};
const int N=2e5+5, inf=0x3f3f3f3f;
int ans, d[N], f[N], in[N];
vector<node> g[2*N];

int dfs_d(int u, int fa) {
    int t=0;
    for (auto& to : g[u]) {
        int v=to.u, w=to.w;
        if (v!=fa) {
            dfs_d(v, u);
            t+=min(w, d[v]);
        }
    }
    if (in[u]==1) return g[u][0].w;
    else          return d[u]=t;
}
void dfs_f(int u, int fa) {
    for (auto& to : g[u]) {
        int v=to.u, w=to.w;
        if (v!=fa) {
            if (in[v]==1) {
                f[v]=w+d[v];
            }else {
                f[v]=d[v]+min(w, f[u]-min(w, d[v]));
                dfs_f(v, u);
            }
        }
    }
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t,n; cin>>t;
    while (t--) {
        cin>>n; memset(d,0,sizeof d), memset(f,0,sizeof f), memset(in,0,sizeof in);
        for (int i=1; i<=n; i++) g[i].clear();
        for (int i=1; i<n; i++) {
            int x,y,z; cin>>x>>y>>z;
            g[x].push_back({y,z}), g[y].push_back({x,z});
            in[x]++, in[y]++;
        }
        ans=0;f[1]=dfs_d(1, -1); //假设1为根，则f[1]=d[1]
        dfs_f(1, -1); for (int i=1; i<n; i++) ans=max(ans, f[i]);
        cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

复杂度分析

• Time：\(O()\)，
• Space：\(O()\)，

二、计算机

方法一：3 × dfs

现在请你求出第i台计算机到距离其最远的计算机的电缆长度。
数据范围
1≤N≤10000,
电缆总长度不超过10^9