换根法思路：
- 自下而上递推；
- 自上而下递推。
P3478 [POI2008] STA-Station
题目描述：
思路：
个节点 \(u\) 为根的子树大小 \(s[u]\)。
然后我们设 \(f[i]\) 为以 \(i\) 为根时所有节点的深度之和，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
那么对于所有 \(j\) 的子节点，深度都减 \(1\)，所以总共减少了 \(s[j]\)。
对于所有不是 \(j\) 的子节点的节点，深度都加 \(1\) ，所以总共加了 \(n - s[j]\)。
所以 \(f[j] = f[i] - s[j] + n - s[j] = f[i] + n - 2 \times s[j]\)。
最后取 \(\max\) 即可。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
using i64 = long long;
const int N = 1000010;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n;
int sz[N];
void dfs1(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs1(to, u);
sz[u] += sz[to];
}
}
int f[N];
int maxv, ans;
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to] = f[u] + n - 2 * sz[to];
dfs2(to, u);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs1(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += sz[i];
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) if (f[i] > maxv) maxv = f[i], ans = i;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
AcWing 287. 积蓄程度 / POJ 3585 Accumulation Degree
题目描述：
思路：
设 \(d[i]\) 表示 \(i\) 点可以向下传递的最大流量。
设 \(f[i]\) 表示 \(i\) 点可以向外传递的最大流量（包括向下流的流量和向上流的流量）。
先 \(\text{dfs}\) 一遍求出 \(d\)。
有：
如无特殊说明 \(to\) 表示 \(i\) 的子节点，\(edge(i, to)\) 表示 \(i\) 和 \(to\) 这条边的最大流量。
\(d[i] = \sum \min(d[to], edge(i, to))\)
\(f[to] = \min(edge(i, to), f[i] - \min(edge(i, to), d[to]))\)
同时注意如果根的度为 \(1\)（如下图） ，那么计算它的子节点时要采用公式：
\(f[i] = f[to] + edge(i, to)\)
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge {
int to;
int next;
int w;
}e[N * 2];
int head[N], idx, deg[N];
void add(int a, int b, int c) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
e[idx].w = c;
head[a] = idx;
}
int n;
int f[N], d[N];
int dfs1(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
d[u] += min(dfs1(to, u), e[i].w);
}
if (deg[u] == 1) return INF;
return d[u];
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
if (deg[u] == 1) f[to] = d[to] + e[i].w;
else f[to] = d[to] + min(e[i].w, f[u] - min(d[to], e[i].w));
dfs2(to, u);
}
}
void solve() {
idx = 0;
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(deg, 0, sizeof(deg));
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(d, 0, sizeof(d));
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z);
add(y, x, z);
deg[x]++;
deg[y]++;
}
dfs1(1, 0);
f[1] = d[1];
dfs2(1, 0);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}
P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
题目描述：
思路：
设 \(f[u]\) 表示如果选择集会的地点为 \(u\) 点时所需时间。
根据经验，我们可以得到
\(f[to] = f[u] - to\text{节点下所有奶牛个数} \times w(u, to) + (奶牛总数 - to\text{节点下所有奶牛个数}) \times w(u, to)\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100010, M = 200010;
struct Edge {
int to;
int next;
int w;
}e[M];
int head[N], idx;
void add(int a, int b, int c) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
e[idx].w = c;
head[a] = idx;
}
int sz[N];
int cnt[N];
int dfs(int u, int fa) {
int all = 0;
sz[u] = cnt[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
all += dfs(to, u);
sz[u] += sz[to];
all += sz[to] * e[i].w;
}
return all;
}
int f[N], n, get_n;
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to] = f[u] - sz[to] * e[i].w + (get_n - sz[to]) * e[i].w;
dfs2(to, u);
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> cnt[i], get_n += cnt[i];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z);
add(y, x, z);
}
f[1] = dfs(1, 0);
dfs2(1, 0);
int min_sum = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (min_sum > f[i]) {
min_sum = f[i];
// ans = i;
}
}
cout << min_sum << '\n';
return 0;
}
P3047 [USACO12FEB]Nearby Cows G
题目描述
思路
使用换根DP，
设 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中深度小于等于 \(j\) 的点的权值之和。
设 \(f[i][j]\) 表示将第 \(i\) 个点作为整棵树的根节点深度小于等于 \(j\) 的点的权值之和。
有：
\[\begin{cases} dp[u][k] = \sum dp[to][k - 1] \\ f[to][j] = dp[to][j] - dp[to][j - 2] + f[u][j - 1] \end{cases} \]\(f[to][j] = dp[to][j] - dp[to][j - 2] + f[u][j - 1]\) 表示：
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 30;
int w[N];
struct Edge {
int to;
int next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, k;
int dp[N][M];
int f[N][M];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i = 0; i <= k; i++) dp[u][i] = w[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
for (int i = 1; i <= k; i++) dp[u][i] += dp[to][i - 1];
}
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to][1] = dp[to][1] + w[u];
for (int j = k; j >= 2; j--) f[to][j] = f[u][j - 1] - dp[to][j - 2] + dp[to][j];
dfs2(to, u);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
add(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
dfs(1, 0);
memcpy(f[1], dp[1], sizeof(f[1]));
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i][k] << '\n';
return 0;
}