[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\(O(n^2)\)；
正确的做法：换根dp，复杂度\(O(n)\)。
执行步骤
- 第一次扫描，先默认 \(root=1\) ，跑一遍 \(dfs\)；
- 第二次扫描，从 \(root=1\) 开始，每次从 \(u\) 到 \(v\) 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 \(u_i\) 和 \(v_i\)，流量为 \(fl_i\) ，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 \(1 \le n\le 200000\)，并且 \(\sum n \le 200000\)
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\(v\)为叶子节点，那么\(flow[u] += flow[v]\)（可以直接流过来）；
2.若\(v\)为非叶子节点，那么\(flow[u] += min(flow[v], fl(u, v))\)（\(u\)和\(v\)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。
从 \(u\) 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 \(u\) 到 \(v\) 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 \(\sum_{i=1}^{n} dep_i\)。
其中 \(dep_i\) 表示以 \(root\) 为根时，\(i\)节点的深度。
数据范围 \(1\le n\le 10^6\)
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\(dep[i]\) 和\(size[i]\)。
接下来，定义 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根时的 \(dep[i]\) 之和。
显然，\(f[1] = \sum_{i=1}^{n} dep[i]\)。
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： \(f[v] = f[u] - size[v] + (n - size[v]) = f[u] + n - 2 * size[v]\)。
答案即为 \(max_{i=1}^{n} f[i]\) 的 \(i\)。
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;
}
