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[算法学习] 换根dp

换根dp

一般来说,我们做题的树都是默认 1 为根的。但是有些题目需要计算以每个节点为根时的内容。
朴素的暴力:以每个点 u 作为 root 暴力dfs下去,复杂度O(n2)
正确的做法:换根dp,复杂度O(n)

执行步骤

  1. 第一次扫描,先默认 root=1 ,跑一遍 dfs
  2. 第二次扫描,从 root=1 开始,每次从 uv 节点时,计算根从 u 转移到 v 时的贡献变化。
    很显然,换根dp是在两个dfs中完成的,下面我们介绍一下如何运用它。

例题1 Accumulation Degree

题目链接:South Central China 2008 Accumulation Degree

Description

给你一颗有 n 个节点的树,每一条边连接 uivi,流量为 fli ,你需要找出一个点作为 root,并最大化从该点出发到所有叶子节点的流量最大值。
多组数据。(PS:题意读不懂的可以结合题目中的图理解,类似网络流的流法)
数据范围 1n200000,并且 n200000
时间限制 1000 ms

Solution

我们先默认这棵树以 1 为根,跑一次 dfs
定义 flow[i] 表示以 i 为根的子树中流量最大值
那么,u 节点从儿子 v 得到的流量为:
1.若v叶子节点,那么flow[u]+=flow[v](可以直接流过来);
2.若v非叶子节点,那么flow[u]+=min(flow[v],fl(u,v))uv相连的边有流量限制)。
这样,我们得到了以 1 为根时的答案,记为 f[1],它的值等于 flow[1]
考虑如何换根
u 为根转移到儿子 v 为根, f[v] 包括两部分:一部分是从 v 流向自己的子树,一部分是从 v 往父节点走。
那么贡献的变化是第二部分造成的,原本的贡献是 flow[u]min(flow[v],fl(u,v)),现在加上 uv 这条边的流量限制,所以新的贡献是 min(fl(u,v),flow[u]min(flow[v],fl(u,v)))
注意如果 u 的度为 1,则需要特殊处理。
再来一个 dfs 转移即可。
复杂度 O(n),可以通过本题。

Code

例题2 STA-Station

题目链接:POI2008 STA-Station

Description

给你一颗有 n 个节点的树,你需要找出一个点作为 root ,并最大化 i=1ndepi
其中 depi 表示以 root 为根时,i节点的深度。
数据范围 1n106
时间限制 1000 ms

Solution

我们先默认这颗树以 1 为根,跑一次 dfs,记录dep[i]size[i]
接下来,定义 fi 表示以 i 为根时的 dep[i] 之和。
显然,f[1]=i=1ndep[i]
当我们从 u 转移到儿子 v 时,以 v 为根的子树内的所有节点 dep 值都减一,以外的所有节点 dep 值都加一。
于是有: f[v]=f[u]size[v]+(nsize[v])=f[u]+n2size[v]
答案即为 maxi=1nf[i]i
复杂度 O(n)卡卡常可以通过本题。

Code

这个题目卡vector,能把用STL的完美卡飞。所以我改成前向星了呜呜呜。

// Author: wlzhouzhuan
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
  
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rint register int
#define rep(i, l, r) for (rint i = l; i <= r; i++)
#define per(i, l, r) for (rint i = l; i >= r; i--)
#define mset(s, _) memset(s, _, sizeof(s))
#define pb push_back
#define pii pair <int, int>
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define Each(i) for (rint i = head[u]; i; i = edge[i].nxt)
inline int read() {
  int x = 0, neg = 1; char op = getchar();
  while (!isdigit(op)) { if (op == '-') neg = -1; op = getchar(); }
  while (isdigit(op)) { x = 10 * x + op - '0'; op = getchar(); }
  return neg * x;
}
inline void print(int x) {
  if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
  if (x >= 10) print(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}


const int N = 1000005;
struct Edge {
  int to, nxt;
} edge[N << 1];
int head[N], tot;
void add(int u, int v) {
  edge[++tot] = {v, head[u]};
  head[u] = tot;
}
int n;

ll f[N];
int sz[N], dep[N];
void dfs1(int u, int fa) {
  sz[u] = 1;
  dep[u] = dep[fa] + 1;
  Each(i) {
    int v = edge[i].to;
    if (v == fa) continue;
    dfs1(v, u);
    sz[u] += sz[v];
  }
}
void dfs2(int u, int fa) {
  Each(i) {
    int v = edge[i].to;
    if (v == fa) continue;
    f[v] = f[u] + n - 2ll * sz[v];
    dfs2(v, u);
  }
}
int main() {
  ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
  cin >> n;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    int u, v;
    cin >> u >> v;
    add(u, v), add(v, u);
  } 
  dfs1(1, 0);
  for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += dep[i];
  dfs2(1, 0);
  cout << max_element(f + 1, f + n + 1) - f << '\n'; 
  return 0;
} 
posted @   wlzhouzhuan  阅读(1412)  评论(3编辑  收藏  举报
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