树形DP/换根DP 习题

Part 1：树形DP

选边

题意

一棵树有 $n$ 个结点， $n - 1$ 条边，第 $i$ 条边是： $u [i], v [i], w [i]$ 表示结点 $u [i]$ 与结点 $v [i]$ 有一条权值为 $w [i]$ 的无向边。

你需要从这 $n - 1$ 条边当中选取若干条边（可以不选），使得被选中的边的权值权值总和最大，但是有一些限制：

对于第 $i$ 个点来说，与点 $i$ 相连的所有边当中最多只能有 $d [i]$ 条边被选中

解题思路

设 $f [x] [0]$ 表示 $x$ 子树最大的选边权值和，且 $x$ 不与它的父亲连边； $f [x] [1]$ 表示 $x$ 子树最大的选边权值和，且 $x$ 与它的父亲连边
设 $x$ 的儿子为 $y$ ，对于任意的 $x$ ，我们可以想让 $f [x] [0]$ 和 $f [x] [1]$ 加上 $f [y] [0]$ ，表示 $y$ 不与 $x$ 连边，再来考虑 $y$ 与 $x$ 连边的情况
对于任意的 $y$ ，若 $f [y] [1] > f [y] [0]$ ，则可以考虑连边。我们可以将 $f [y] [1] - f [y] [0]$ 压入一个 $v e c t o r$ ，并从大到小排序。 $f [x] [1]$ 取前 $d [x] - 1$ 个， $f [x] [0]$ 取前 $d [x]$ 个即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=300010;

int n,d[N];
LL f[N][2];
int head[N],edge[2*N],nxt[2*N],ver[2*N],tot;

void add(int x,int y,int z)
{
	ver[++tot]=y;  edge[tot]=z;
	nxt[tot]=head[x];  head[x]=tot;
}

void dp(int x,int fa)
{
	vector <LL> a;
	
	for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i],z=edge[i];
		if(y==fa)
			continue;
			
		dp(y,x);
		
		f[x][0]+=f[y][1];
		f[x][1]+=f[y][1];
		if(d[y] && (LL)z+f[y][0]>f[y][1])
			a.push_back((LL)z+f[y][0]-f[y][1]);
	}
	
	sort(a.begin(),a.end(),greater<int>());
	
	int len=a.size();
	for(int i=0; i<min(d[x],len); i++)
		f[x][1]+=a[i]; 
	for(int i=0; i<min(d[x]-1,len); i++)
		f[x][0]+=a[i]; 
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%d",&d[i]);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		add(x,y,z);
		add(y,x,z);
	}
	
	dp(1,0);
	
	printf("%lld",f[1][1]);
	
	return 0;
}

交通违法

题意

禅城区有 $N$ 条双向道路和 $N$ 个路口，路口的编号从 $1$ 至 $N$ 。每条道路连接两个路口。

两个路口之间不会有重边。保证任意两个路口都是相互到达的。

现在觉得在一些路口装上摄像头，检测路面的违法情况。

装在路口的摄像头可以监测到所有连接到这个路口的道路。

现在的问题是：最少需要在多少个路口安装摄像头才能监测所有的道路？

解题思路

容易看出这是一个基环树，对于环上两个相邻的节点 $x$ 和 $y$ ，至少要有一个节点安装了摄像头
所以我们可以用一次 DFS 找出 $x$ 和 $y$ ，并分别对以 $x$ 和 $y$ 为根时的情况进行树形DP，两者答案取最小值即可
DP过程较简单，可自行思考

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010;

int n,f[N][2],a,b,ans;
bool v[N],flag;
vector <int> g[N];

void dfs(int x,int fa)
{
	if(flag)
		return;
	
	v[x]=1;
	
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
		
		if(v[y])
		{
			a=x,b=y;
			flag=1;
			return;
		}
			
		dfs(y,x);
		if(flag)
			return;
	}
}

void dp(int x,int fa)
{
	f[x][1]=1;
	f[x][0]=0;
	
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
		
		dp(y,x);
		
		f[x][1]+=min(f[y][1],f[y][0]);
		f[x][0]+=f[y][1];
	}
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int tot,son;
		scanf("%d",&tot);
		for(int j=1; j<=tot; j++)
		{
			scanf("%d",&son);
			g[i].push_back(son);
		}
	}
	
	dfs(1,0);
	
	g[a].erase(remove(g[a].begin(),g[a].end(),b),g[a].end());
	g[b].erase(remove(g[b].begin(),g[b].end(),a),g[b].end());

	dp(a,0);
	ans=f[a][1];
	
	dp(b,0);
	ans=min(ans,f[b][1]);
	
	printf("%d",ans);
	
	return 0;
}

Part 2：树形背包

修复道路

题意

有一颗树， $N$ 个结点，那么至少要删除多少条边之后，使得存在一颗子树，该子树恰好有 $P$ 个结点？

解题思路

设 $f [x] [j]$ 表示 $x$ 子树有 $j$ 个节点至少要删几条边。对于节点 $x$ 和它的儿子 $y$ 来说，有两种情况：
- 如果删掉 $x$ 与 $y$ 之间的边，则所有的 $f [x] [j] + +$
- 如果不删掉，则对 $f [x]$ 做树形背包。容易得出状态转移方程为
  $f [x] [j + k] = min {f [x] [j] + f [y] [k]} (j \leq s i z e [x], k \leq s i z e [y])$
统计 $a n s$ 时，先让 $a n s = f [1] [p]$ ，之后再让 $a n s = min (a n s, f [2 \dots n] [p])$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=160,M=110;

int n,p,f[N][N],size[N],tmp[N];
vector <int> g[N];

void dp(int x,int fa)
{
	f[x][1]=0;
	size[x]=1;
	
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
		
		dp(y,x);
		
		for(int j=1; j<=size[x]; j++)
			tmp[j]=f[x][j];
			
		for(int j=1; j<=size[x]; j++)
			f[x][j]++;
			
		for(int j=1; j<=size[x]; j++)
			for(int k=1; k<=size[y]; k++)
				f[x][j+k]=min(f[x][j+k],tmp[j]+f[y][k]);
				
		size[x]+=size[y];	
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&p);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x);
	}
	
	memset(f,0x3f,sizeof(f));
	
	dp(1,0);
	
	int ans=f[1][p];
	for(int i=2; i<=n; i++)
		ans=min(ans,f[i][p]+1);
	
	printf("%d",ans);
	
	return 0;
}

无向图染色

题意

有一个 $n$ 个结点 $m$ 条边的无向图，不存在环。

一开始所有的结点都是白色的。

如果想把第 $i$ 个结点染成黑色，需要 $c o s t [i]$ 元。

对于第 $i$ 个结点来说，与它直接有边相连的结点被称为结点 $i$ 的朋友。

对于第 $i$ 个结点来说，如果把第 $i$ 个结点染成黑色，而且它的朋友当中，至少也有一个结点是黑色，那么第 $i$ 个结点就是“黑色开心”结点。

现在有 $Q$ 个问题，第 $i$ 个问题给出一个整数 $a [i]$ ，你需要回答：

假设给你 $a [i]$ 元，你应该如何染色，使得“黑色开心”结点的数量最多？输出最多的黑色开心”结点的数量。

解题思路

注意到整个图并不联通，所以需要对每个连通块进行操作
设 $d p [j]$ 表示有 $j$ 个开心节点的最小花费，容易想到需要对每个连通块进行操作再合并
对每个连通块使用树形DP，设 $f [x] [j] [0 / 1]$ 表示 $x$ 子树有 $j$ 个开心节点且 $x$ 是/不是黑色开心节点的最小话费
设 $y$ 是 $x$ 的一个儿子， $k \in [0, s i z e [y]]$ ， $t m p = min (f [y] [k] [0], f [y] [k] [1])$
下面考虑 $f [x] [j] [0]$ 的转移
- 因为 $x$ 不是黑色开心节点，所以容易得出 $f [x] [j] [0] = min (f [x] [j] [0], f [x] [j - k] [0] + t m p)$
下面考虑 $f [x] [j] [1]$ 的转移
- 若 $x$ 本身就是黑色开心节点，则 $f [x] [j] [1] = min (f [x] [j] [1], f [x] [j - k] [1] + t m p)$
- 若 $x$ 原先是白色，则现在需要染成黑色，且它有一个儿子是黑色，那么有两种情况：
  - $y$ 是黑色开心节点，则 $f [x] [j] [1] = min (f [x] [j] [1], f [x] [j - k - 1] [0] + c o s t [x] + f [y] [k] [1])$
  - $y$ 是白色节点，现在需要染成黑色，则 $f [x] [j] [1] = min (f [x] [j] [1], f [x] [j - k - 2] [0] + c o s t [x] + c o s t [y] + f [y] [k] [0])$
- 若 $x$ 是黑色开心节点，但 $y$ 是白色，则可以考虑将 $y$ 染成黑色， $f [x] [j] [1] = min (f [x] [j] [1], f [x] [j - k - 1] [1] + c o s t [y] + f [y] [k] [0])$
之后，对于每个连通块进行合并。设 $i$ 是当前连通块的根， $k \in [0, s i z e [i]]$ ，则状态转移方程为 $d p [j] = min (d p [j], d p [j - k] + m i n (f [i] [k] [0], f [i] [k] [1]));$
但是注意到， $d p [j]$ 不连续且没有单调性，所以需要将 $d p [j]$ 从小到大排序，再将询问离线，也是从小到大排序，最后利用单调队列求解

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N=1010,Q=200010,M=10000000000000;

struct node
{
	int w,num;
} dp[N];
struct ask
{
	int id,money;
} a[Q];
int n,m,cost[N];
int q,ans[Q];
int size[N],f[N][N][2];
int head[N],ver[2*N],nxt[2*N],tot;
bool vis[N];

bool cmp1(node x,node y)
{
	return x.w<y.w;
}

bool cmp2(ask x,ask y)
{
	return x.money<y.money;
}

void add(int x,int y)
{
	ver[++tot]=y;
	nxt[tot]=head[x];
	head[x]=tot;
}

void dfs(int x,int fa)
{
	vis[x]=1;
	size[x]=1;
	f[x][0][0]=0;
	
	for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i];
		if(y==fa || vis[y])
			continue;
		
		dfs(y,x);
		
		size[x]+=size[y];
		for(int j=size[x]; j>=1; j--)
		{
			for(int k=0; k<=min(size[y],j); k++)
			{
				int tmp=min(f[y][k][0],f[y][k][1]);
				
				if(f[x][j-k][0]<=M)
					f[x][j][0]=min(f[x][j][0],f[x][j-k][0]+tmp);
				
				if(f[x][j-k][1]<=M)
					f[x][j][1]=min(f[x][j][1],f[x][j-k][1]+tmp);
				if(j-k-1>=0 && f[x][j-k-1][0]<=M && f[y][k][1]<=M)
					f[x][j][1]=min(f[x][j][1],f[x][j-k-1][0]+cost[x]+f[y][k][1]);
				if(j-k-2>=0 && f[x][j-k-2][0]<=M && f[y][k][0]<=M)
					f[x][j][1]=min(f[x][j][1],f[x][j-k-2][0]+cost[x]+cost[y]+f[y][k][0]);
				if(j-k-1>=0 && f[x][j-k-1][1]<=M && f[y][k][0]<=M)
					f[x][j][1]=min(f[x][j][1],f[x][j-k-1][1]+cost[y]+f[y][k][0]);
			}
		}
	}
}

signed main()
{
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
	
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%lld",&cost[i]);
	for(int i=1; i<=m; i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		add(x,y);
		add(y,x);
	}
	
	dp[0].w=0;
	for(int i=0; i<=n; i++)
		dp[i].num=i;
	
	int len=0;	
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		if(vis[i])
			continue;
		
		dfs(i,0);
		len+=size[i];
		
		for(int j=len; j>=1; j--)
		{
			for(int k=0; k<=size[i]; k++)
				if(j>=k && dp[j-k].w<=M && min(f[i][k][0],f[i][k][1])<=M)
					dp[j].w=min(dp[j].w,dp[j-k].w+min(f[i][k][0],f[i][k][1]));
		}
	}
	
	sort(dp,dp+1+n,cmp1);
	
	scanf("%lld",&q);
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i].money);
		a[i].id=i;
	}
	
	sort(a+1,a+1+q,cmp2);
	
	int l=0,val=0;
	for(int i=1; i<=q; i++)
	{
		while(l<=n && dp[l].w<=a[i].money)
		{
			val=max(val,dp[l].num);
			l++;
		}
		
		ans[a[i].id]=val;
	}
	
	for(int i=1; i<=q; i++)
		printf("%lld\n",ans[i]);

	return 0;
}

Part 3：换根DP

Maximum White Subtree

（题目传送门）

题意

给定一棵 $n$ 个节点无根树，每个节点 $u$ 有一个颜色 $a_{u}$ ，若 $a_{u}$ 为 $0$ 则 $u$ 是黑点，若 $a_{u}$ 为 $1$ 则 $u$ 是白点。

对于每个节点 $u$ ，选出一个包含 $u$ 的连通子图，设子图中白点个数为 $c n t_{1}$ ，黑点个数为 $c n t_{2}$ ，请最大化 $c n t_{1} - c n t_{2}$ 。并输出这个值。

解题思路

一、DFS1

设 $a [i]$ 表示 $i$ 的子树对 $i$ 的贡献
则对于 $x$ 的儿子 $y$ ， $a [x] + = a [y]$

二、DFS2

设 $f [x]$ 表示以 $x$ 为根时的答案，则对于 $x$ 的孩子 $y$
若 $a [y] > 0$ ，则它对 $f [x]$ 有贡献，所以 $f [y] = max (a [y], f [x])$
若 $a [y] < 0$ ，则它对 $f [x]$ 无贡献，所以 $f [y] = max (a [y], a [y] + f [x])$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=200010;

int n,a[N],f[N];
vector <int> g[N];

void dfs1(int x,int fa)
{
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
			
		dfs1(y,x);
		
		if(a[y]>0)
			a[x]+=a[y];
	}
}

void dfs2(int x,int fa)
{
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
			
		if(a[y]>0)
			f[y]=max(a[y],f[x]);
		else
			f[y]=max(a[y],a[y]+f[x]);
		dfs2(y,x);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]==0)
			a[i]=-1;
	}
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x);
	}
	
	dfs1(1,0);
	
	f[1]=a[1];
	
	dfs2(1,0);
	
	for(int i=1; i<=n; i++)
		printf("%d ",f[i]);
	
	return 0;
}

蚂蚁聚会

题意

有 $n$ 个蚁巢，这 $n$ 个蚁巢形成一颗树形结构，第 $i$ 个蚁巢有 $a [i]$ 只蚂蚁。现在蚂蚁们想举行一个大型的聚会。

但是这些蚂蚁比较懒惰，都不想走太远，每只蚂蚁最多只愿意走 $t$ 步（每一步就是走一条边）。
它们要计算：如果选择第 $i$ 个蚁巢作为举行聚会的地点，可以有多少只蚂蚁参加聚会？记该数量为 $p [i]$ 。

你的任务就是帮助计算: $p [1], p [2], p [3], \dots p [n]$ 。

解题思路

考虑换根DP

设 $f [x] [i]$ 表示 $x$ 的子树中距离 $x$ 为 $i$ 的蚂蚁总数量
设 $g [x] [i]$ 表示以 $x$ 为根，距离 $x$ 为 $i$ 的蚂蚁总数量

一、DFS1

先以 $1$ 为根，用一次 DFS 求出 $f [1 \dots n] [1 \dots t]$
初始化： $f [x] [0] = a [x]$

二、DFS2

易得 $g [1] [1 \dots t] = f [1] [1 \dots t]$
设 $y$ 是 $x$ 的儿子，那么下面考虑如何由 $g [x] [1 \dots t]$ 推出 $g [y] [1 \dots t]$
$g [y] [i]$ 由两部分组成，第一部分是在 $y$ 子树内走 $i$ 步上去，为 $f [y] [i]$
第二部分是走 $i - 1$ 步到 $x$ 节点再往下走 $1$ 步到 $y$ ，为 $g [x] [i - 1] - f [y] [i - 2]$
所以 $g [y] [i] = f [y] [i] + g [x] [i - 1] - f [y] [i - 2]$
注意下标不要越界

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010,X=25;

int n,t,a[N],f[N][X],ans[N][X];//ans数组就是g数组
vector <int> g[N];

void dfs1(int x,int fa)
{
	f[x][0]=a[x];
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;
			
		dfs1(y,x);
		
		for(int j=1; j<=t; j++)	
			f[x][j]+=f[y][j-1];
	}	
}

void dfs2(int x,int fa)
{
	for(int i=0; i<g[x].size(); i++)
	{
		int y=g[x][i];
		if(y==fa)
			continue;

		for(int j=0; j<=t; j++)
		{
			if(j>=2)
				ans[y][j]=f[y][j]+ans[x][j-1]-f[y][j-2];
			else if(j>=1)
				ans[y][j]=f[y][j]+ans[x][j-1];
			else
				ans[y][j]=f[y][j];
		}
		
		dfs2(y,x);
	}
}


int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&t);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		g[x].push_back(y);
		g[y].push_back(x);
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	
	dfs1(1,0);
	
	for(int i=0; i<=t; i++)
		ans[1][i]=f[1][i];
		
	dfs2(1,0);
		
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int sum=0;
		for(int j=0; j<=t; j++)	
			sum+=ans[i][j];
		
		printf("%d\n",sum);
	}
	
	return 0;
}

Kamp

（题目传送门）

题意

一颗树 $n$ 个点， $n - 1$ 条边，经过每条边都要花费一定的时间，任意两个点都是联通的。

有 $K$ 个人（分布在 $K$ 个不同的点）要集中到一个点举行聚会。

聚会结束后需要一辆车从举行聚会的这点出发，把这 $K$ 个人分别送回去。

请你回答，对于 $i = 1 \sim n$ ，如果在第 $i$ 个点举行聚会，司机最少需要多少时间把 $K$ 个人都送回家。

解题思路

考虑换根DP

设 $s i z e [i]$ 表示：在子树 $i$ 内的顾客的数量
设 $f [i] [0 / 1]$ 表示：在子树 $i$ 内，最远/第二远的顾客到达节点 $i$ 的所需时间

说明： $f [i] [0]$ 和 $f [i] [1]$ 是来自于 $i$ 的不同儿子子树
设 $a [i]$ 表示：司机从 $i$ 点出发，送完 $i$ 子树内的所有顾客，然后司机返回到节点 $i$ ，所需时间的总和。
设 $g [i] [0 / 1]$ 表示：若整棵树以 $i$ 为根，最远/第二远的顾客到达节点 $i$ 的所需时间。

说明： $g [i] [0]$ 和 $g [i] [1]$ 是来自于 $i$ 的不同儿子子树
设 $b [i]$ 表示：若整棵树以 $i$ 为根, 司机从 $i$ 号点出发,送完所有顾客，然后司机返回节点 $i$ ，所需时间的总和。

那么第 $i$ 个节点的答案就是 $b [i] - g [i] [0]$ 。（最长时间的那个人最后送，无需返回根结点）

一、DFS1

先以 $1$ 号节点为根，DFS一次，求出所有的 $f [i] [0 \dots 1]$ 、 $s i z e [i]$ 、 $a [i]$ 。
考虑边界，若 $i$ 是叶子节点， $f [i] [0] = 0, f [i] [1] = 0, a [i] = 0$ 。

二、DFS2

对于 $1$ 号节点来说， $b [1] = a [1], g [1] [0 / 1] = f [1] [0 / 1]$
对于 $x$ 的儿子 $y$ 来说，设 $l e n (x, y) = z$
下面讨论 $b [y]$ 的取值情况：
- 若 $x$ 的其它儿子节点没有顾客，即 $s i z e [y] = k$ ，此时 $b [y] = a [y];$
- 若 $y$ 的儿子节点没有顾客，即 $s i z e [y] = 0$ ，此时 $b [y] = b [x] + 2 * z$
- 若 $x$ 的其他儿子和 $y$ 的儿子都有顾客，此时 $b [y] = b [x]$
下面讨论 $g [y] [0 / 1]$ 的取值情况
- 若 $s i z e [y] = k$ ，此时 $x$ 号节点为根的树当中，只有 $y$ 号子树内有顾客，故 $g [2] [0] = f [2] [0], g [2] [1] = f [2] [1]$ 。
- 否则，要先从以 $x$ 号结点为整棵树的根时，找出不是来自于 $y$ 号子树的顾客到达 $x$ 号结点的最长时间路径，不妨记为 $p$
- 若能计算出 $p$ ，则 $g [y] [0] = max (p + z, f [y] [0])$ ， $g [y] [1]$ 等于 ${f [2] [0], f [2] [1], p + z}$ 的第二大。（因为 $g [i] [0]$ 和 $g [i] [1]$ 是来自于 $i$ 的不同儿子子树，所以 $g [y] [1]$ 无需考虑从非 $y$ 的 $x$ 儿子节点取第 $2$ 大的）
下面讨论 $p$ 的取值
- 若 $s i z e [y] = 0$ ，则易得 $p = g [x] [0]$
- 若 $f [y] [0] + z = g [x] [0]$ ，则 $p = g [x] [1]$
- 否则， $p = g [x] [0]$

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=500010;

struct node
{
	int ver,edge;
};
int n,k,size[N];
LL f[N][2],a[N],g[N][2],b[N];
vector <node> gg[N];

void dfs1(int x,int fa)
{
	for(int i=0; i<gg[x].size(); i++)
	{
		int y=gg[x][i].ver,z=gg[x][i].edge;
		if(y==fa)
			continue;
		
		dfs1(y,x);
		
		if(size[y]==0)
			continue;
		size[x]+=size[y];
		a[x]+=a[y]+1LL*2*z;
		if(f[y][0]+z>f[x][0])
		{
			f[x][1]=f[x][0];
			f[x][0]=f[y][0]+z;
		}
		else if(f[y][0]+z>f[x][1])
			f[x][1]=f[y][0]+z;
	}
} 

void dfs2(int x,int fa)
{
	for(int i=0; i<gg[x].size(); i++)
	{
		int y=gg[x][i].ver,z=gg[x][i].edge;
		if(y==fa)
			continue;
		
		if(size[y]==k)
			b[y]=a[y];
		else if(size[y]==0)
			b[y]=b[x]+1LL*2*z;
		else
			b[y]=b[x];
			
		if(k==size[y])
		{
			g[y][0]=f[y][0];
			g[y][1]=f[y][1];
		}
		else
		{
			LL p=0;
			if(size[y]==0)
				p=g[x][0];
			else if(f[y][0]+z==g[x][0])
				p=g[x][1];
			else p=g[x][0];
			
			if(p+z>f[y][0])
			{
				g[y][0]=p+z;
				g[y][1]=f[y][0];
			}
			else
			{
				g[y][0]=f[y][0];
				g[y][1]=max(f[y][1],p+z);
			}
		}
		
		dfs2(y,x); 
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1; i<n; i++)	
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		gg[x].push_back(node{y,z});
		gg[y].push_back(node{x,z});
	}
	for(int i=1; i<=k; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		size[x]=1;
	}
	
	dfs1(1,0);
	
	g[1][0]=f[1][0];
	g[1][1]=f[1][1];
	b[1]=a[1];
	
	dfs2(1,0);
	
	for(int i=1; i<=n; i++)
		printf("%lld\n",b[i]-g[i][0]);
	
	return 0;
}

posted @ 2023-08-07 07:37 xishanmeigao 阅读(96) 评论(0) 编辑收藏举报

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