成都网站建设收费,天元建设集团有限公司商业承兑汇票拒付最新消息,中煤第一建设公司网站,代做毕业设计实物网站文章目录 P3647 题解OverviewDescriptionSolutionLemmaProof Main Code P3647 题解
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很好的题#xff0c;但是难度较大。 模拟小数据#xff01;——【数据删除】 Description
给定一颗树#xff0c;有边权#xff0c;已知这棵树是由这两个操作得到的#xff1… 文章目录 P3647 题解OverviewDescriptionSolutionLemmaProof Main Code P3647 题解
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很好的题但是难度较大。 模拟小数据——【数据删除】 Description
给定一颗树有边权已知这棵树是由这两个操作得到的
Append(u, w)在 u u u 和 w w w 之间连一条红边注意这里的 w w w 必须是新点。Insert(u, v, w)在 u u u 和 w w w v v v 和 w w w 之间各连一条蓝边注意这里的 w w w 必须是新点。
问蓝线的长度最大能到多少。
Solution
我们可以尝试将所有的 Insert 所产生的蓝边对都提取出来。 它们只可能有两种形式son - u - father 和 son1 - u - son2。
Lemma
引理所有的蓝边都可以在某一个根上表现出形如 son - u - father 的形式。
Proof
当树上没有形如 son1 - u - son2 的蓝边时显然成立
当树上恰好有一个形如 son1 - u - son2 的蓝边时可以将 son1 和 son2 其中之一作为根解决问题
当树上有大于一个形如 son1 - u - son2 的蓝边时可以证明不存在这样的边。 如图当存在形如 1 的情况时son1 和 son2 构成了单独的连通块因为如果不是那么 son1 和 son2 一定会是父子关系矛盾 当存在多个这样的连通块时如图 2建树时节点一定会组成单一的连通块因为 u u u 总是存在所以不成立。
Main
有了引理就可以树形 dp 了。
枚举树根对每个根 DP。设 d u , 0 / 1 d_{u,0/1} du,0/1 为 u u u 为根 u u u 是否为蓝边终点的子树最大边权和。
先看 d u , 0 d_{u,0} du,0因为没有边上的限制所以可以任意取对于是中点的情况可以再加上边权 w ( u , v ) w(u,v) w(u,v)即 max ( d v , 1 w ( u , v ) , d v , 0 ) \max(d_{v,1}w(u,v), d_{v,0}) max(dv,1w(u,v),dv,0)。 再看 d u , 1 d_{u,1} du,1一定有一个 d v , 0 w ( u , v ) d_{v,0}w(u,v) dv,0w(u,v)其它都是 max ( d v , 1 w ( u , v ) , d v , 0 ) \max(d_{v,1}w(u,v), d_{v,0}) max(dv,1w(u,v),dv,0)所以要加上 max Δ sum \max \Delta_{\text{sum}} maxΔsum。
所以关于 d d d 的状态转移方程可以这样写 d u , 0 ∑ v ∈ son ( u ) max ( d v , 1 w ( u , v ) , d v , 0 ) d u , 1 d u , 0 max v ∈ son ( u ) { d v , 0 w ( u , v ) − max ( d v , 1 w ( u , v ) , d v , 0 ) } d_{u,0} \sum_{v\in \text{son}(u)}\max(d_{v,1}w(u,v),d_{v,0})\\d_{u,1} d_{u,0}\max_{v\in \text{son}(u)}\{d_{v,0} w(u,v) - \max(d_{v,1} w(u,v), d_{v,0})\} du,0v∈son(u)∑max(dv,1w(u,v),dv,0)du,1du,0v∈son(u)max{dv,0w(u,v)−max(dv,1w(u,v),dv,0)}
这样就可以枚举根得到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的复杂度 15 pts 15\text{pts} 15pts。
接下来考虑换根 DP。
一张图解释接下来两个 DP 数组的含义。 这里的 g g g 并不描述这个子树而是以 u u u 为根的整棵树。
根据 f f f 的转移方程我们照样也可以推出 g g g 和 k k k 的转移方程留给读者思考。
注意到方程里仍有大量之前可以利用的内容所以需要维护最大值和次大值。
Code
#include bits/stdc.husing namespace std;int dp[200001][2], dp1[200001][2], dp2[200001][2], mx[200001], mx2[200001];vectorpairint, int gv[200001];inline void add_edge(int u, int v, int w){gv[u].push_back(make_pair(v, w));gv[v].push_back(make_pair(u, w));
}void dfs(int u, int fa){vectorint vec;vec.push_back(INT_MIN), vec.push_back(INT_MIN);for(auto v : gv[u]){if(v.first fa) continue;dfs(v.first, u);dp[u][0] max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] v.second);vec.push_back(dp[v.first][0] v.second - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] v.second));}sort(vec.begin(), vec.end(), greaterint());mx[u] vec[0], mx2[u] vec[1];dp[u][1] dp[u][0] mx[u];
}void dfs1(int u, int fa, int lst){for(auto v : gv[u]){if(v.first fa) continue;int tmp dp[v.first][0] v.second - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] v.second);dp2[u][0] dp1[u][0] - max(dp[v.first][0], dp[v.first][1] v.second);dp2[u][1] dp2[u][0] (mx[u] tmp ? mx2[u] : mx[u]);if(fa 1) dp2[u][1] max(dp2[u][1], dp2[u][0] dp2[fa][0] lst - max(dp2[fa][0], dp2[fa][1] lst));dp1[v.first][0] dp[v.first][0] max(dp2[u][0], dp2[u][1] v.second);
// dp1[v.first][1] dp1[v.first][0] max(mx[v.first], dp2[u][0] v.second - max(dp2[u][0], dp2[u][1] v.second));dfs1(v.first, u, v.second);}
}void init_vars(){// type your initiating code...
}void solve(int testcase, ...){init_vars();int n; cin n;for(int i 0; i n - 1; i){int u, v, w; cin u v w;add_edge(u, v, w);}dfs(1, -1); dp1[1][0] dp[1][0];dfs1(1, -1, 0);int ans 0;for(int i 1; i n; i){//cout mx[i] mx2[i] endl;ans max(ans, dp1[i][0]);}cout ans endl;
}signed main(){
#ifdef filesfreopen(.in, r, stdin);freopen(.out, w, stdout);
#endifios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);solve(1);
#ifdef filesfclose(stdin); fclose(stdout);
#endifreturn 0;
}/** things to check* 1. int overflow or long long memory need* 2. recursion/array/binary search/dp/loop bounds* 3. precision* 4. special cases(n1,bounds)* 5. delete debug statements* 6. initialize(especially multi-tests)* 7. or , n or m , or -- , i or j , or , or * 8. keep it simple and stupid* 9. do not delete, use // instead* 10. operator priority* 11. is there anything extra to output?* 12. THINK TWICE CODE ONCE, THINK ONCE DEBUG FOREVER* 13. submit ONCE, AC once. submit twice, WA forever* 14. calm down and youll get good rank* 15. even a bit wrong scores zero* 16. ...**//** something to think about* 1. greedy? dp? searching? dp with matrix/ segment tree? binary search? ...?* 2. If it is difficult, why not the opposite?**//*########## ############ ##### ######### ##### #### ####
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