Accumulation Degree Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions:3151   Accepted: 783 Description Trees are an important component of the natural landscape because of their prevention of erosion and the provision of a specific ather-sh…

Accumulation Degree Time Limit: 5000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 3425   Accepted: 859 题目链接:http://poj.org/problem?id=3585 Description: Trees are an important component of the natural landscape because of their prevention of erosion an…

Accumulation Degree 大致题意:有一棵流量树,它的每一条边都有一个正流量,树上所有度数为一的节点都是出口,相应的树上每一个节点都有一个权值,它表示从这个节点向其他出口可以输送的最大总流量.我们的任务就是求这个最大总流量. \(solution:\) 这一道题需要仔细思考其性质,我们发现如果我们把某一个节点当做是这棵树的根,并求出了这一个点的权值,那么与它相连的节点我们也可以求出来.这是二次扫描和换根法的前提条件.现在我们详细的分析一下这一题的性质:如果我们现在有两个节点 $ i…

#include<cstdio> #include<cstring> #define INF 0x7fffffff using namespace std; ; inline int min(int a,int b){ return (a<b?a:b); } ],to[N*],c[N*],n; ; inline void add(int x,int y,int w){ edge_count++; to[edge_count]=y; c[edge_count]=w; next[…

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,很容易得知推法(不说了.唯一需要注意的换根时原来度数为1的根转移为另一个子节点时,需要特判. RE记录:???poj玄学RE,手写_min带强制同类型转换才AC,用自带的就RE.嘛,,不管了.代码奇丑无比. #include<iostream> #include<cstdio> #i…

二次扫描与换根法 用于解决无根树,对于每一个节点作为根时都要统计 做法: 1.先以任意一个节点为根,做树形DP,保存每个节点的DP值 2.然后自上而下dfs,对于每个节点考虑以他为根的最大值 #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int MAXN = 200505; int init()…

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>…

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 “ 不含当前点的其他子树值 ” 就好了. 发现只需要把父亲的值减去 min ( 当前子树的值,该点与父亲间的边的值 ) 就行了!(因为当初这样加过) 需要注意一下的是叶节点.赋成INF或边的值都行. 特别需要注意的是第一次选的根节点在其余时候是叶节点的情况!!!!! #include<iostream> #i…

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…

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> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long int #define Redge(u) for (int k =…