【POJ3585】Accumulation Degree 二次扫描与换根法
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>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int n,rt,d[maxn],f[maxn],deg[maxn];
struct node{
int to,w;
node(int x=0,int y=0):to(x),w(y){}
};
vector<node> G[maxn];
#define cls(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
void init(){
cls(d,0);cls(f,0);cls(deg,0);
for(int i=1;i<=2e5;i++)G[i].clear();
}
inline void add_edge(int from,int to,int w){
G[from].push_back(node(to,w)),++deg[from];
G[to].push_back(node(from,w)),++deg[to];
}
void read_and_parse(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++){
int from,to,w;
scanf("%d%d%d",&from,&to,&w);
add_edge(from,to,w);
}
}
void dfs1(int u,int fa){
for(int i=0;i<G[u].size();i++){
int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
if(v==fa)continue;
dfs1(v,u);
if(deg[v]==1)d[u]+=w;
else d[u]+=min(w,d[v]);
}
}
void dfs2(int u,int fa){
for(int i=0;i<G[u].size();i++){
int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
if(v==fa)continue;
if(deg[u]==1)f[v]=d[v]+w;
else f[v]=d[v]+min(f[u]-min(w,d[v]),w);
dfs2(v,u);
}
}
void solve(){
rt=1;
dfs1(rt,0);
f[rt]=d[rt];//自顶向下需要初始化
dfs2(rt,0);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
init();
read_and_parse();
solve();
}
return 0;
}
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