/*树形dp换根法*/ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 ]; int root,n,s,t,head[maxn],tot,dp[maxn]; void init(){ memset(head,-,sizeof head); tot=; } void addedge(int u,int v,int flag){ edge[tot].to=v;edge[tot].nxt=head[u];edge[to…

题目:http://poj.org/problem?id=3585 二次扫描与换根法,一次dfs求出以某个节点为根的相关值,再dfs遍历一遍树,根据之前的值换根取最大值为答案. 代码如下: #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; ],ct,d[],f[],deg[],ans,t; ]; struct N{ int to,next,w; }edge[]; void…

写一篇题解,以纪念调了一个小时的经历(就是因为边的数组没有乘2 phhhh QAQ) 题目 题目大意:找一个点使得从这个点出发作为源点,流出的流量最大,输出这个最大的流量. 以这道题来介绍二次扫描和换根法 作为一道不定根的树形DP,如果直接对每个点进行DP,可能时间会炸掉 但是,优秀的二次换根和扫描法可以再O(n^2)内解决问题. 二次扫描的含义:(来自lyd 算法竞赛进阶指南) 第一次扫描:任选一个节点为根节点(我会选1)在树上进行树形DP,在回溯时,从儿子节点向父节点(从底向上)进行状态转移…

Accumulation Degree 大致题意:有一棵流量树,它的每一条边都有一个正流量,树上所有度数为一的节点都是出口,相应的树上每一个节点都有一个权值,它表示从这个节点向其他出口可以输送的最大总流量.我们的任务就是求这个最大总流量. \(solution:\) 这一道题需要仔细思考其性质,我们发现如果我们把某一个节点当做是这棵树的根,并求出了这一个点的权值,那么与它相连的节点我们也可以求出来.这是二次扫描和换根法的前提条件.现在我们详细的分析一下这一题的性质:如果我们现在有两个节点 $ i…

题意:给出一棵树,边上有容量限制,求以任一点作为根和源点,叶子作为汇点的最大流的最大值 首先上网络流等于找死 树形DP可以\(O(n)\)求出以某点\(u\)为根的最大流,只需设\(f[u]=\sum min(cap_{u→v},f[v])\), 这是一个自底向上的过程 其中存在\(min\)是因为\(f[v]\)不包含连向\(u\)的边,要保证合法增广, 注意如果\(v\)为叶子则直接加上\(cap_{u→v}\) 此时我们也得知\(f[v]\)是以v为根的子树的最大流 那么换根后显然以\(v…

Computer Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 34390    Accepted Submission(s): 5383 Problem Description A school bought the first computer some time ago(so this computer's id is 1). D…

题目大意:给定一棵 N 个点的边权均为 1 的树,依次输出每个点到其他各个点的距离和. 题解:首先任意选定一个节点为根节点,比如 1,第一遍 dfs 遍历树求出子树大小.树上前缀和.第二遍 dfs 遍历这棵树,求出各个点的距离和. 对于遍历到的任意一个节点 i,对于与之相邻的节点 j 来说,答案贡献由 i 到 j 转移首先减小了 \(size[j]*1\),同时增加了 \((n-size[j])*1\),因此可以直接得到\(dp[j]=dp[i]+n-size[j]*2\). 代码如下 #inc…

简单来说,这是一道树形结构上的最大流问题. 朴素的解法是可以以每个节点为源点,单独进行一次dp,时间复杂度是\(O(n^2)\) 但是在朴素求解的过程中,相当于每次都求解了一次整棵树的信息,会做了不少的重复工作. 对于一棵子树的孩子节点和根节点之间存在着最优解的某些关联,因此可以采用自顶向下的一次 dfs 遍历求得结果. 阶段:子树大小 状态:当前子树大小的情况下,最大的流量是多少 状态转移方程:见代码 代码如下 #include <cstdio> #include <vector>…

题目:http://poj.org/problem?id=3585 很容易想出暴力.那么就先扫一遍. 然后得到了指定一个根后每个点的子树值. 怎么转化利用一下呢?要是能找出当前点的父亲的 “ 不含当前点的其他子树值 ” 就好了. 发现只需要把父亲的值减去 min ( 当前子树的值,该点与父亲间的边的值 ) 就行了!(因为当初这样加过) 需要注意一下的是叶节点.赋成INF或边的值都行. 特别需要注意的是第一次选的根节点在其余时候是叶节点的情况!!!!! #include<iostream> #i…

假设以u为根时结果是tot,现在转换到了以u的儿子v为根,那么结果变成了tot-size[v]+(sizetot-size[v]) 根据这个转移方程,先求出以1为根的tot,然后dfs一次转移即可 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define N 200005…