P3478 [POI2008]STA-Station题解
P3478 [POI2008]STA-Station题解
原题面
知识点
- 换根DP
大致题意
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
分析
换根DP的模板题。
如果您还不会换根DP的话,可以先去看看UltiMadow巨佬的文章:
【日报#278】[学习笔记]换根dp,我一开始也是从那里学的qwq
这里我们设
-
\(size[i]\)为以\(1\)为根节点时节点\(i\)的子树大小
-
\(dep[i]\)为以\(1\)为根节点时节点\(i\)的深度大小
-
\(dp[i]\)为以\(i\)为根节点时深度之和的大小
很明显,我们可以通过一遍DFS求出以\(1\)为根节点时的深度之和
如果一个个的去算的话
照这个数据范围,显然会T飞
这个时候就要用到换根DP了
换根\(DP\)优化
可以看出,当我们把根节点从1换到3时
对子节点3的贡献由两部分组成
1.自己子树的贡献(图中的k)
2.父亲节点\(1\)的贡献
如何转移
-
首先是\(k\),作为自己子树所产生的贡献肯定要加上
-
\(dp[u]\)为以\(u\)为根节点时的深度总值,在计算时,要减去\(v\)的子树所产生的贡献,不然就重复计算了,同时
在以 \(u\)为根时,v节点及其子树内的所有节点的深度都增加了\(1\),需要减去
(图中红色的节点)
合起来就是\(dp[u]-(size[v]+k)\)
- 除v子树外的其他节点也一样
在以\(v\)为根时,除\(v\)节点及其子树外的其他节点的深度都增加了\(1\)
(图中蓝色的节点)
合起来就是\((size[1]-size[v])\)
得到转移方程
- \(dp[v] = k+(dp[u]-(k+size[v]))+(size[1]-size[v])\)
化简一下
- \(dp[v] = dp[u]-2size[v]+size[1]\)
转移方程推出来了,代码部分就不难实现了,两遍dfs,一次dfs统计子树内的节点对当前节点的贡献
一次dfs换根
贴个代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
long long dp[MAXN],dep[MAXN],size[MAXN];
int vis[MAXN];
vector <int> son[MAXN];
int n;
void dfs1(int x){
size[x] = 1;
vis[x] = 1;
for(int i=0;i<son[x].size();i++){
int v = son[x][i];
if(!vis[v]){
dep[v] = dep[x] +1;
dfs1(v);
size[x]+=size[v];
}
}
}
void dfs2(int x){
vis[x] = 1;
for(int i=0;i<son[x].size();i++){
int v = son[x][i];
if(!vis[v]){
dp[v] = dp[x] +size[1] - 2*size[v];
dfs2(v);
}
}
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
son[u].push_back(v);
son[v].push_back(u);
}
dfs1(1);
for(int i=1;i<=n;i++) dp[1]+=dep[i];
memset(vis,0,sizeof(vis));
dfs2(1);
long long ans = -0x3f;
int jd =999;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(ans < dp[i]) ans = dp[i], jd = i;
}
cout<<jd;
}