传送门 The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Overall there are n - 1 roads in the country. We know that if we don't take the direction of the roads into consideration, we can get from any…

题目链接:https://cn.vjudge.net/contest/277955#problem/C 题目大意:输入n,代表有n个城市,然后再输入n-1条有向边,然后让你找出一个改变边数的最小值,使得某个城市能够到达剩余的所有城市,然后问这样的城市有多少个,并且输出这些城市的编号.  具体思路:我们首先按照题目给的条件建好边,然后树就建好了,对于当前的某个节点,如果这个点要是能够到达剩余的所有城市,从这个节点往上的话,这个节点连接的父亲节点的这条边应该是是从子节点到父节点的.从这个节点往下的话…

题目传送门 /* 题意:求一个点为根节点,使得到其他所有点的距离最短,是有向边,反向的距离+1 树形DP:首先假设1为根节点,自下而上计算dp[1](根节点到其他点的距离),然后再从1开始,自上而下计算dp[v], 此时可以从上个节点的信息递推出来 */ #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <vector> using namespace std; ; const in…

D. Choosing Capital for Treeland 链接:http://codeforces.com/problemset/problem/219/D   The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Overall there are n - 1 roads in the country. We know that if…

Choosing Capital for Treeland time limit per test 3 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Overall…

D. Choosing Capital for Treeland 题意 给出一颗有方向的n个节点的树,现在要选择一个点作为首都. 问最少需要翻转多少条边,使得首都可以到所有其他的城市去,以及相应的首都可以是哪些点. 思路 先忽略掉树中的方向,dp[i]表示i节点到它的子树所有点最少需要翻转的边. 进行第一遍dfs 如果u-v的方向是u-->v,那么dp[u]=dp[u]+dp[v];,否则dp[u]=dp[u]+dp[v]+1;,表示u-v这条边要翻转. 这时根节点的dp值就是根节点作为首都需要…

D. Choosing Capital for Treeland time limit per test 3 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Over…

Choosing Capital for Treeland Description The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Overall there are n - 1 roads in the country. We know that if we don't take the direction of the roads in…

D. Choosing Capital for Treeland time limit per test 3 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Over…

http://codeforces.com/problemset/problem/219/D 题意 给一颗树但边是单向边,求至少旋转多少条单向边的方向,可以使得树上有一点可以到达树上任意一点,若有多个答案按顺序全部输出. 分析 把边的方向化为权值,正向为0,逆向为1.问题转化为找哪些点的在遍历全图后总权值最小.这就是树形DP了,它可以从子树收获价值,也可以从父亲收获.所以dfs两遍. 定义dp[u][0]为以u为根的的子树全可达的修改次数,随便选定一个点,用子节点信息更新父节点,dp[u][0]…

题目是给一张边有向的树形图.要选出首都的点,首都要都能走到其他点,因此要反转一些边的方向.问可以选哪几个点作为首都,使它们所需反转边的数量最少. 这题挺好想的,因为做过HDU2196. 首先就不妨设正向边权值为0,反向边权值为1,那样就是各个点出发到其他点经过边所需的最少权值和. 然后对于每个点,分两个部分考虑:以这个点为根的子树.这个点往上走的部分: dp[0][u]表示以u点作为首都且以u点为根的子树部分所需反转边的数量,容易知道就等于子树内边权和 dp[1][u]表示以u点作为首都且u点向…

<题目链接> 题目大意: 给定一个有向树,现在要你从这颗树上选一个点,使得从这个点出发,到达树上其它所有点所需翻转的边数最小,输出最少需要翻转的边数,并且将这些符合条件的点输出. 解题分析: 比较经典的一种树形DP的模型. $dp1[u]$表示以$u$为根的子树中最少需要翻转的边数(即$u$走到子树中所有的点需要翻转的边数),$dp2[u]$表示u向父亲方向走,需要翻转的边数. $dp1$的转移方程很好写:$dp1[u]=dp1[u]+e[i].w$  (正向边$e[i].w=0$,反向边为1…

题目描述 Treeland国有n个城市,这n个城市连成了一颗树,有n-1条道路连接了所有城市.每条道路只能单向通行.现在政府需要决定选择哪个城市为首都.假如城市i成为了首都,那么为了使首都能到达任意一个城市,不得不将一些道路翻转方向,记翻转道路的条数为k.你的任务是找到所有满足k最小的首都. 输入输出格式 输入格式 输入包含多个测试点.对于每个测试点,每个测试点的第一行为一个正整数n(2<=n<=2e5).接下来n-1行,每行两个正整数ai,bi,表示城市a到城市b有一条单向通行的道路.输入以…

一个国家,有n座城市,编号为1~n,有n-1条有向边 如果不考虑边的有向性,这n个城市刚好构成一棵树 现在国王要在这n个城市中选择一个作为首都 要求:从首都可以到达这个国家的任何一个城市(边是有向的) 所以一个城市作为首都,可能会有若干边需要改变方向 现在问,选择哪些城市作为首都,需要改变方向的边最少. 输出最少需要改变方向的边数 输出可以作为首都的编号 树形DP 先假定城市1作为首都 令tree(i)表示以i为根的子树 dp[i]表示在tree(i)中,若以i为首都的话,需要改变的边数 第一次…

题意:给出一棵树,带有向边,找出某个点到达所有点需要反转的最少的边. 解题关键:和求树的直径的思路差不多,将求(父树-子树)的最大值改为求特定值.依然是两次dfs,套路解法. 对树形dp的理解:树形dp其实就是将树进行暴力搜索,只是需要理解状态的概念.那些状态已经完成,需要从底还是从顶开始搜索. #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cstdlib> #include&…

time limit per test 3 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Overall there are n - 1 roads in the…

题意翻译 题目描述 Treeland国有n个城市,这n个城市连成了一颗树,有n-1条道路连接了所有城市.每条道路只能单向通行.现在政府需要决定选择哪个城市为首都.假如城市i成为了首都,那么为了使首都能到达任意一个城市,不得不将一些道路翻转方向,记翻转道路的条数为k.你的任务是找到所有满足k最小的首都. 输入输出格式 输入格式 输入包含多个测试点.对于每个测试点,每个测试点的第一行为一个正整数n(2<=n<=2e5).接下来n-1行,每行两个正整数ai,bi,表示城市a到城市b有一条单向通行的道…

嘟嘟嘟 树形dp. 首先一个很常规的想法就是如果u到v有一条边,那么建立cost(u, v) = 0, cost(v, u) = 1的两条边. 可以两遍dfs. 先任选一个点作为根节点,第一遍从下往上dfs,维护节点u到他的所有子节点的距离,很容易得出dis[u] = ∑dis[v] + cost(u, v) (v为u的儿子节点). 第二遍从上往下dfs,维护节点u到所有节点的距离,考虑u和他的一个儿子节点v,两者到所有节点的区别只有cost(u, v)这条边是不一样的,如果cost(u, v)…

题意:给一个树形图,n个节点,n-1条有向边,要求选一个节点作为根,使需要改变方向的边的数目最少.并输出所有可能作为根的点. 思路: 先随便一个点进行DFS,计算将每棵子树的边全部往下时,所需要的费用down[i].还是那个点进行DFS,这次就要求答案了,尝试将每个点t作为根,那么以t作为根的总费用=down[t]+父亲这棵子树.down[t]已经在第一次DFS中求出,而父亲这棵子树就不是down[父亲]了,而是down[父亲]-down[t]+w(父亲,t).注:w为边权. #include…

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题目链接:http://codeforces.com/contest/219/problem/D 树dp //#pragma comment(linker, "/STACK:102400000, 102400000") #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include…

题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/219/D 题意: 给你一棵树,n个节点. 树上的边都是有向边,并且不一定是从父亲指向儿子的. 你可以任意翻转一些边的方向. 现在让你找一个节点,使得从这个节点出发能够到达其他所有节点,并保证翻转边的数量最小. 问你最少翻转多少条边,并输出所有满足此条件的节点编号. 题解: 本题要解两个dp: dp1 & dp2 首先考虑dp1: 表示状态: dp1[i]表示使节点i能够到达i的子树中的所有节点,翻转边的…

给你一棵有向树,需要选定一个点为capital,满足翻转边数最小 思路:先求出1为capital 的答案,然后向下更新孩子节点 dp[i]=dp[i-1]+judge(i); #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #in…

//选择一个根使得变换最少边的方向使得能够到达所有点#include <map> #include <set> #include <list> #include <cmath> #include <ctime> #include <deque> #include <stack> #include <queue> #include <cctype> #include <cstdio> #i…

http://codeforces.com/problemset/problem/219/D 题目大意: 给出一棵树,但是它的边是有向边,选择一个城市,问最少调整多少条边的方向能使一个选中城市可以到达所有的点,输出最小的调整的边数,和对应的点. 思路:先预处理一个点为根的代价,然后去dfs移动,总复杂度是O(n) #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #i…

树形结构,挺有意思的题目.不难. /* 219D */ #include <iostream> #include <string> #include <map> #include <queue> #include <set> #include <stack> #include <vector> #include <deque> #include <algorithm> #include <cs…

期望计算的套路: 1.定义:算出所有测试值的和,除以测试次数. 2.定义:算出所有值出现的概率与其乘积之和. 3.用前一步的期望,加上两者的期望距离,递推出来. 题意: 一个树,dfs遍历子树的顺序是随机的.所对应的子树的dfs序也会不同.输出每个节点的dfs序的期望   思路: 分析一颗子树: 当前已知节点1的期望为1.0 ->anw[1]=1.0 需要通过节点1递推出节点2.4.5的期望值 1的儿子分别是2.4.5,那么dfs序所有可能的排列是6种: 1:1-2-4-5  (2.4.5节点的…

D. Choosing Capital for Treeland time limit per test 3 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output The country Treeland consists of n cities, some pairs of them are connected with unidirectional roads. Over…

Codeforces 686 D. Kay and Snowflake 要求$O(n)$求出以每个节点为根的重心. 考虑对于一个根节点$u$,其重心一定在[各个子树的重心到$u$]这条链上.这样就能够$O(n)$推出来了.证明起来难证易忘.不如记住树的重心的几条奇妙性质: 1. 以重心为根,各子树大小都不超过树的一半. 2. 已知一子树$v$的重心为$x$,则$v$父节点$u$的重心一定在$(x,u)$这条链上. ... 下次用到了再说 Codeforces 842 C. Ilya And Th…

树,一种十分优美的数据结构,因为它本身就具有的递归性,所以它和子树见能相互传递很多信息,还因为它作为被限制的图在上面可进行的操作更多,所以各种用于不同地方的树都出现了,二叉树.三叉树.静态搜索树.AVL树,线段树.SPLAY树,后缀树等等.. 枚举那么多种数据结构只是想说树方面的内容相当多,本专辑只针对在树上的动态规划,即树形DP.做树形DP一般步骤是先将树转换为有根树,然后在树上进行深搜操作,从子节点或子树中返回信息层层往上更新至根节点.这里面的关键就是返回的信息部分,这个也没一般性的东西可讲…