[Coci2015]Kamp

Description

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~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。

（注：一个车可以同时乘坐k个人）

HINT

【数据规模】

K <= N <= 500000

1 <= x,y <= N, 1 <= z <= 1000000

Solution

首先一定是一个二次扫描+换根

我的方法：

考虑到，进入一个子树，一定是把这个子树的人都送完再回到子树的根，或者不回到根，就结束了。

所以，套路地，令f[i]表示，以i为根的子树，把所有的关键点遍历到，再回到i的最小花费。

g[i]表示，以i为根的子树，把所有关键点遍历到，不回到i的最小花费。

以1号点为根，

直接树形dp一次可以求出。

注意，子树里没有关键点的f，g都是0

 

然后考虑换根

1号点的答案已经得到，计入ans[1]

换根的时候，fa就是x之前的根，现在x要变成根，

但是，fa的f，g可能进到了x的子树。

所以，设hf[i]为不经过当前根所在的子树，遍历其他关键点，回到i的最小时间。

hg[i]表示，........................,..........,不回到i的最小时间（省略重复内容）

oh[i]表示，除了当前根所在子树外，其他子树里（包括自己）有没有关键点。

每次，更新fa的hg，hf，oh

 

然后，用x的f，g和fa的hg，hf，oh确定ans[x]

细节很多，找std对拍了半天：

1.x的fa找子树的时候，可能找到fa的father，就要用hf[father[fa]]了。

2.第一遍dfs时，可能x是叶子，可能x是关键点，但是子树里没有，可能x及其子树都没有关键点，这些情况f，g都是0

3.换根的时候，考虑x的fa的hg，hf，也要像上面一样考虑。

 

但是，每次换根的时候，要遍历fa的所有儿子。

菊花图直接T的飞起~~~

（但是bzoj数据水）

 

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=+;
typedef long long ll;
const ll inf=(1LL*<<);
int n,m;
struct node{
    int nxt,to,val;
}e[*N];
int hd[N],cnt;
void add(int x,int y,int z){
    e[++cnt].nxt=hd[x];
    e[cnt].val=z;
    e[cnt].to=y;
    hd[x]=cnt;
}
ll dis[N];
bool exi[N];
bool has[N];
ll f[N],g[N];
ll hf[N],hg[N];
bool oh[N];
ll ans[N];
int ff[N];
void dfs(int x,int fa,ll d){
    dis[x]=d;
    ll sumf=;
    bool fl=false;//fl记录是否是叶子
    bool bla=false;//bla记录是否有一个子树里有关键点（不包括自己）
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        fl=true;
        dfs(y,x,d+e[i].val);
        ff[y]=x;
        has[x]|=has[y];
        if(has[y]){
            bla=true;
            sumf+=f[y]+e[i].val*;
        }
    }
    if(!has[x]||!fl||!bla) {
        f[x]=g[x]=;return;
    }
    f[x]=sumf;
    g[x]=inf;
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        if(has[y]){
            ll now=sumf-f[y]+g[y]-e[i].val;
            g[x]=min(g[x],now);
        }
    }
}
void sol(int x,int fa){
    if(x!=){
        ll sumf=;
        ll valf=;
        oh[fa]=;//oh[fa]记得清0，因为可能这个fa会作为多个son的father
        if(exi[fa]) oh[fa]=true;
        for(int i=hd[fa];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].to;
            if(y==x) {
                valf=e[i].val;
                continue;
            }
            else if(y==ff[fa]){
                if(oh[y]){
                    oh[fa]=;
                    sumf+=hf[y]+*e[i].val;
                }
            }
            else{
                if(has[y]){
                    oh[fa]=;
                    sumf+=f[y]+*e[i].val;
                }
            }
        }

        hf[fa]=sumf;
        hg[fa]=inf;
        if(oh[fa]){
            bool son=false,bla=false;//son记录除了x是否有儿子。bla同上含义
            for(int i=hd[fa];i;i=e[i].nxt){
                int y=e[i].to;
                if(y==x) continue;
                son=true;
                if(y==ff[fa]){
                    if(oh[y]){
                        bla=true;
                        ll now=sumf-hf[y]+hg[y]-e[i].val;
                        hg[fa]=min(hg[fa],now);
                    }
                }
                else if(has[y]){
                    bla=true;
                    ll now=sumf-f[y]+g[y]-e[i].val;
                    hg[fa]=min(hg[fa],now);
                }
            }
            if(!son||!bla) hf[fa]=,hg[fa]=;
        }
        else{
            hf[fa]=;
            hg[fa]=;
        }

        ll ansf=f[x],ansg=inf;//注意ansg=inf，当有子树至少存在一个关键点，ansg就可以得到正确答案
        if(oh[fa]) ansf+=sumf+*valf;

        for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
            int y=e[i].to;
            if(y==fa){
                if(oh[fa]){
                    ll now=ansf-sumf+hg[fa]-e[i].val;
                    ansg=min(ansg,now);
                }
            }
            else{
                if(has[y]){
                    ll now=ansf-f[y]+g[y]-e[i].val;
                    ansg=min(ansg,now);
                }
            }
        }

        ans[x]=ansg;
    }
    if(exi[x]&&m==){//全场只有一个关键点，特判，就是0了 ，否则由于ansg的锅，就成了inf
        ans[x]=;
    }
    for(int i=hd[x];i;i=e[i].nxt){
        int y=e[i].to;
        if(y==fa) continue;
        sol(y,x);
    }

}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);int x,y,z;
    for(int i=;i<=n-;i++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        add(x,y,z);add(y,x,z);
    }int t;
    for(int i=;i<=m;i++){
        scanf("%d",&t);
        exi[t]=has[t]=;
    }
    dfs(,,);
    ans[]=g[];
    sol(,);
    for(int i=;i<=n;i++){
        printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return ;
}

 

代码丑，而且会被hack掉。

 

正解：

推荐：【BZOJ】 [Coci2015]Kamp-树形DP

以某个关键点为根，

对于所有的关键点建一棵虚树tree，所有的权值和是sum

虚树内的节点x的答案，就是sum*2再减去x往下最长链的长度。

虚树外的节点x的答案（一定是虚树某个节点的儿子），就是进入这个虚树的距离，加上进入点在虚树里的答案。

 

换根还是要考虑x的fa的最长链可能经过x。

所以，对于每个点记录一个最长链，一个次长链，（两个链从不同的儿子下去）和它们是从节点的哪一个儿子dp得到的。

rt从fa换到x，

如果fa的最长链不经过x，当前的最长链就是，fa的最长链加上x到fa的边权。

如果fa的最长链经过x，当前的最长链就是，x的最长链，和边权加上fa的次长链取个max

如果fa没有次长链，即fa只有x一个儿子，那么就是x的最长链和边权取个max