『kamp 树形dp』

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kamp

Description

jz 市的云台山是个很美丽的景区，小 x 暑期到云台山打工，他的任务是开景区的大巴。

云台山景区有 N 个景点，这 N 个景点由 N-1 条道路连接而成，我们保证这 N 个景点之间有且仅有一条路径相连，并且每条道路开车经过的时间不一定相同。

现在小 x 会提前知道有 K 个人要坐车，并且每个人都有一个景点作为目标景点，小 x 必须要把每个人送到他们要去的景点。

不过，小 x 可以指定这 K 个人去某个景点集合，这样他就从这个集合点出发，分别去送这 K 个的人。

现在小 x 想知道，选哪个点集合最省时间，当然，为了更综合的判断，他想知道，以每个点作为集合点，花费的最小时间是多少？

Input Format

第一行两个整数 N 和 K。

接下来 N-1 行，每行 3 个整数，Xi，Yi 和 Vi，表示从第 Xi 个景点到第 Yi 个景点有一条道路相连，这条道路消耗的时间是 Vi。 Xi 和 Yi 在[1..N]范围内，Vi 在[1..100000]之间。

接下来 K 行，每行一个整数 Zi，表示第 i 个人要去的景点。

Output Format

N 行，第 i 行输出为 Zi，表示以第 i 个景点作为集合地点，把 K 队人送到各自要去的景点花费的最小总时间，并且小 x 送完最后一个人后，他的任务就完成了。

Sample Input

Sample Output

解析

很容易想到是树形$dp$，并且要换根。

可以先设计出普通的$dp$，设$f_{x}$代表以$x$为根的子树中送完所有人并回到$x$的路程和。为什么要这样设计，因为这样方便转移，我们再设一个$g_x$代表以$x$为根的子树中送完所有人不回到$x$的路程和，就可以列出状态转移方程了。

\[f_x=\sum_{y\in son(x)}f_y+2\times e(x,y)\\g_x=f_x-\max_{y\in son(x)}\{f_y+e(x,y)-g_y\}
\]

那么根据题意，答案就是$g_x$，应该比较好理解，那么我们就得到了一个$O(n^2)$的做法。

$Code:$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2020;

struct edge { int ver,val,next; } e[N*2];

int n,k,t,Head[N],sum[N],tar[N],f[N],g[N];

inline void insert(int x,int y,int v) { e[++t] = (edge){y,v,Head[x]} , Head[x] = t; }

inline void input(void)

{

    scanf("%d%d",&n,&k);

    for (int i=1;i<n;i++)

    {

        int x,y,v;

        scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);

        insert( x , y , v );

        insert( y , x , v );

    }

    for (int i=1;i<=k;i++)

    {

        int x; scanf("%d",&x);

        tar[x]++;

    }

}

inline void dfs(int x,int fa)

{

    int Max = 0; sum[x] = tar[x];

    for (int i=Head[x];i;i=e[i].next)

    {

        int y = e[i].ver;

        if ( y == fa ) continue;

        dfs( y , x );

        sum[x] += sum[y];

        if ( !sum[y] ) continue;

        f[x] += f[y] + 2 * e[i].val;

        Max = max( Max , f[y] + e[i].val - g[y] );

    }

    g[x] = f[x] - Max;

}

int main(void)

{

    freopen("kamp.in","r",stdin);

    freopen("kamp.out","w",stdout);

    input();

    for (int i=1;i<=n;i++)

    {

        memset( f , 0 , sizeof f );

        memset( g , 0 , sizeof g );

        memset( sum , 0 , sizeof sum );

        dfs( i , 0 );

        printf("%d\n",g[i]);

    }

    return 0;

}

然后直接考虑换根即可。状态$g$的形式是很复杂的，我们不妨进行化简，令：

\[g_x=f_x-g'_x
\]

那么就有$$g_x=f_x-\max_{y\in son(x)}{f_y+e(x,y)-g_y}\=f_x-\max_{y\in son(x)}{f_y+e(x,y)-f_y+g'y}\=f_x-\max{y\in son(x)}{e(x,y)+g'_y}$$

又有$$g_x=\max_{y\in son(x)}{e(x,y)+g'_y}$$

$ok$，事实上$g'_x$的意义也就是以$x$出发，走向$x$子树中最远关键点的距离，最后要的答案$g_x=f_x+g'_x$。

我们发现$g'_x$很容易换根求，只需要考虑向下走的最长链和向上走的最长链，记录一下最大值和次大值来更新即可。

那么问题就转换为了求$f_x$。其实考虑一下路径的形态很容易得到换根方程：

\[f_y=\begin{cases}f_x& \exists\ k\in subtree(y)\\f_x-2\times e(x,y)& \forall \ k\in subtree(y)\\f_x+2\times e(x,y) & \forall \ k\not\in subtree(y) \end{cases}
\]

其中$k$代表关键点，于是就可以$O(n)$求了。