[POJ3585]Accumulation Degree
题面
\(\text{Solution:}\)
有些题目不仅让我们做树型 \(\text{dp}\) ,而且还让我们换每个根分别做一次, 然后这样就愉快的 \(\text{TLE}\) 了,所以我们要用一种方法快速知道所有根的答案。
二次扫描与换根法:
就是先选任意点作根做一遍 \(\text{dp}\) ,求出相关信息,然后再从根往下 \(\text{dfs}\) ,对每一个节点往下走之前进行自顶向下的推导,计算出 "换根" 后的解。
就这题而言就是用父亲的换根后的答案来跟新自己换根前的答案,一般是 换根后父亲的答案+自己换根前的答案-自己对父亲换根后的贡献。
#include <set>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fir first
#define sec second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define LL long long
#define INF (0x3f3f3f3f)
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof (a))
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define Debug(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define travle(i, x) for (register int i = head[x]; i; i = nxt[i])
#define For(i, a, b) for (register int (i) = (a); (i) <= (b); ++ (i))
#define Forr(i, a, b) for (register int (i) = (a); (i) >= (b); -- (i))
#define file(s) freopen(s".in", "r", stdin), freopen(s".out", "w", stdout)
#define ____ debug("go\n")
namespace io {
static char buf[1<<21], *pos = buf, *end = buf;
inline char getc()
{ return pos == end && (end = (pos = buf) + fread(buf, 1, 1<<21, stdin), pos == end) ? EOF : *pos ++; }
inline int rint() {
register int x = 0, f = 1;register char c;
while (!isdigit(c = getc())) if (c == '-') f = -1;
while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getc()));
return x * f;
}
inline LL rLL() {
register LL x = 0, f = 1; register char c;
while (!isdigit(c = getc())) if (c == '-') f = -1;
while (x = (x << 1ll) + (x << 3ll) + (c ^ 48), isdigit(c = getc()));
return x * f;
}
inline void rstr(char *str) {
while (isspace(*str = getc()));
while (!isspace(*++str = getc()))
if (*str == EOF) break;
*str = '\0';
}
template<typename T>
inline bool chkmin(T &x, T y) { return x > y ? (x = y, 1) : 0; }
template<typename T>
inline bool chkmax(T &x, T y) { return x < y ? (x = y, 1) : 0; }
}
using namespace io;
const int N = 2e5 + 2;
int n, T;
int tot, head[N], ver[N<<1], nxt[N<<1], edge[N<<1];
int D[N], F[N], in[N];
void add(int u, int v, int w)
{ ver[++tot] = v, edge[tot] = w, nxt[tot] = head[u], head[u] = tot; }
void DFS(int u, int f)
{
D[u] = 0;
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
if (ver[i] != f)
{
DFS(ver[i], u);
int v = ver[i];
if (in[v] == 1) D[u] += edge[i];
else D[u] += min(D[v], edge[i]);
}
}
void DP(int u, int f)
{
for (int i = head[u]; i; i = nxt[i])
if (ver[i] != f)
{
int v = ver[i];
if (in[u] == 1) F[v] = D[v] + edge[i];
else F[v] = D[v] + min(F[u] - min(edge[i], D[v]), edge[i]);
DP(v, u);
}
}
int main() {
T = rint();
while (T --)
{
tot = 0; mem(head, 0); mem(in, 0); mem(D, 0); mem(F, 0);
n = rint();
for (int i = 1; i < n; ++ i)
{
int u = rint(), v = rint(), w = rint();
add(u, v, w);
add(v, u, w);
in[u] ++, in[v] ++;
}
DFS(1, 0);
F[1] = D[1];
DP(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
chkmax(F[1], F[i]);
printf("%d\n", F[1]);
}
}
[POJ3585]Accumulation Degree的更多相关文章
- poj3585 Accumulation Degree【树形DP】【最大流】
Accumulation Degree Time Limit: 5000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions:3151 Accepted: 783 ...
- POJ3585:Accumulation Degree(换根树形dp)
Accumulation Degree Time Limit: 5000MS Memory Limit: 65536K Total Submissions: 3425 Accepted: 85 ...
- POJ3585 Accumulation Degree 【树形dp】
题目链接 POJ3585 题解 -二次扫描与换根法- 对于这样一个无根树的树形dp 我们先任选一根进行一次树形dp 然后再扫一遍通过计算得出每个点为根时的答案 #include<iostream ...
- poj3585 Accumulation Degree[树形DP换根]
思路其实非常简单,借用一下最大流求法即可...默认以1为根时,$f[x]$表示以$x$为根的子树最大流.转移的话分两种情况,一种由叶子转移,一种由正常孩子转移,判断一下即可.换根的时候由頂向下递推转移 ...
- POJ3585 Accumulation Degree(二次扫描与换根法)
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 ...
- 题解 poj3585 Accumulation Degree (树形dp)(二次扫描和换根法)
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 ...
- POJ3585 Accumulation Degree【换根dp】
题目传送门 题意 给出一棵树,树上的边都有容量,在树上任意选一个点作为根,使得往外流(到叶节点,叶节点可以接受无限多的流量)的流量最大. 分析 首先,还是从1号点工具人开始$dfs$,可以求出$dp[ ...
- $Poj3585\ Accumulation Degree$ 树形$DP/$二次扫描与换根法
Poj Description 有一个树形的水系,由n-1条河道与n个交叉点组成.每条河道有一个容量,联结x与y的河道容量记为c(x,y),河道的单位时间水量不能超过它的容量.有一个结点是整个水系的发 ...
- poj3585 Accumulation Degree(换根dp)
传送门 换根dp板子题(板子型选手 题意: 一棵树确定源点和汇点找到最大的流量(拿出一整套最大瘤板子orz ; int head[maxn],tot; struct node { int nt,to; ...
随机推荐
- TDD: 解除依赖
1 A类依赖B 类,可以把B类提取成IB接口,解除AB 之间的依赖关系. 通过创建实现了IB接口的BStub 装代码,可以模拟B类进行测试. 这是针对接口编程的典型.适合构造代价大,变化多的情况.应 ...
- 解密Spring加载的Properties文件
Spring的框架中,org.springframework.beans.factory.config.PropertyPlaceholderConfigurer类可以将.properties(key ...
- 配置两台Azure服务器,一台加入另一台的ad域加入不进去的问题
AD服务器 10.0.0.4 数据库服务器 10.0.0.5 将数据库服务器加入到AD域中,需要将Azure的DNS改成10.0.0.4 Copy一下
- 整理下react中常见的坑
其实有些也不能算是坑,有些是react的规定,或者是react的模式和平常的js处理的方式不同罢了 1.setState()是异步的this.setState()会调用render方法,但并不会立即改 ...
- Java面向对象知道这些就够了
面向对象 面向对象是一种思维方式,相对于面向过程而言的. 面向过程在流程中关注动作执行的每一个细节 — 自己动手做 面向对象重点找这个对象,只要找到了对象,那么这个对象所具有的功能就能够被使用 — 找 ...
- 简易Dubbo的搭建过程
dubbo是一个高性能的,基于java的,开源RPC框架,主要功能是让构建分布式计算更加容易. (分布式:多台计算机实现不同功能,形成一个整体对外服务) (集群式:多台计算机实现相同功能,分担计算压力 ...
- Flask—01-轻松入门Flask
Flask入门 WEB工作原理 C/S与B/S架构:客户端-服务器,浏览器-服务器 B/S架构工作原理 客户端(浏览器) <=> WEB服务器(nginx) <=> WSGI( ...
- RabbitMQ消息中间件极速入门与实战
1:初识RabbitMQ RabbitMQ是一个开源的消息代理和队列服务器,用来通过普通协议在完全不同的应用之间共享数据,RabbitMQ是使用Erlang语言来编写的,并且RabbitMQ是基于AM ...
- 02 shell编程之条件语句
Shell编程之条件语句 学习目标: 掌握shell脚本条件测试 掌握if语句编程 目录结构: 条件测试 条件测试概述 l 对特定的条件进行判断,以决定如何执行操作 l 测试的方法 方法1:tes ...
- Co. - Apple - MacBook Pro 快捷键
Mac 键盘快捷键:https://support.apple.com/zh-cn/HT201236 从windows转到mac的童鞋,可能删除键是心中的一个痛,以前习惯一按delete什么都消失,其 ...