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kamp
Description
jz 市的云台山是个很美丽的景区，小 x 暑期到云台山打工，他的任务是开景区的大巴。
云台山景区有 N 个景点，这 N 个景点由 N-1 条道路连接而成，我们保证这 N 个景点之 间有且仅有一条路径相连，并且每条道路开车经过的时间不一定相同。
现在小 x 会提前知道有 K 个人要坐车，并且每个人都有一个景点作为目标景点，小 x 必须要把每个人送到他们要去的景点。
不过，小 x 可以指定这 K 个人去某个景点集合，这样他就从这个集合点出发，分别去 送这 K 个的人。
现在小 x 想知道，选哪个点集合最省时间，当然，为了更综合的判断，他想知道，以 每个点作为集合点，花费的最小时间是多少？
Input Format
第一行两个整数 N 和 K。
接下来 N-1 行，每行 3 个整数，Xi，Yi 和 Vi，表示从第 Xi 个景点到第 Yi 个景点有一 条道路相连，这条道路消耗的时间是 Vi。 Xi 和 Yi 在[1..N]范围内，Vi 在[1..100000]之间。
接下来 K 行，每行一个整数 Zi，表示第 i 个人要去的景点。
Output Format
N 行，第 i 行输出为 Zi，表示以第 i 个景点作为集合地点，把 K 队人送到各自要去的景 点花费的最小总时间，并且小 x 送完最后一个人后，他的任务就完成了。
Sample Input
5 2
2 5 1
2 4 1
1 2 2
1 3 2
4
5
Sample Output
5
3
7
2
2
解析
很容易想到是树形(dp)，并且要换根。
可以先设计出普通的(dp)，设(f_{x})代表以(x)为根的子树中送完所有人并回到(x)的路程和。为什么要这样设计，因为这样方便转移，我们再设一个(g_x)代表以(x)为根的子树中送完所有人不回到(x)的路程和，就可以列出状态转移方程了。
那么根据题意，答案就是(g_x)，应该比较好理解，那么我们就得到了一个(O(n^2))的做法。
(Code:)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2020;
struct edge { int ver,val,next; } e[N*2];
int n,k,t,Head[N],sum[N],tar[N],f[N],g[N];
inline void insert(int x,int y,int v) { e[++t] = (edge){y,v,Head[x]} , Head[x] = t; }
inline void input(void)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x,y,v;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
insert( x , y , v );
insert( y , x , v );
}
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
tar[x]++;
}
}
inline void dfs(int x,int fa)
{
int Max = 0; sum[x] = tar[x];
for (int i=Head[x];i;i=e[i].next)
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa ) continue;
dfs( y , x );
sum[x] += sum[y];
if ( !sum[y] ) continue;
f[x] += f[y] + 2 * e[i].val;
Max = max( Max , f[y] + e[i].val - g[y] );
}
g[x] = f[x] - Max;
}
int main(void)
{
freopen("kamp.in","r",stdin);
freopen("kamp.out","w",stdout);
input();
for (int i=1;i<=n;i++)
{
memset( f , 0 , sizeof f );
memset( g , 0 , sizeof g );
memset( sum , 0 , sizeof sum );
dfs( i , 0 );
printf("%d
",g[i]);
}
return 0;
}
然后直接考虑换根即可。状态(g)的形式是很复杂的，我们不妨进行化简，令：
那么就有$$g_x=f_x-max_{yin son(x)}{f_y+e(x,y)-g_y}=f_x-max_{yin son(x)}{f_y+e(x,y)-f_y+g'y}=f_x-max{yin son(x)}{e(x,y)+g'_y}$$
又有$$g_x=max_{yin son(x)}{e(x,y)+g'_y}$$
(ok)，事实上(g'_x)的意义也就是以(x)出发，走向(x)子树中最远关键点的距离，最后要的答案(g_x=f_x+g'_x)。
我们发现(g'_x)很容易换根求，只需要考虑向下走的最长链和向上走的最长链，记录一下最大值和次大值来更新即可。
那么问题就转换为了求(f_x)。其实考虑一下路径的形态很容易得到换根方程：
其中(k)代表关键点，于是就可以(O(n))求了。
(Code:)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500020;
struct edge { int ver,val,next; } e[N*2];
int n,k,t,Head[N],sum[N],tar[N],p[N],root,deg[N];
long long f[N],d[N][2],g[N],_f[N];
inline void insert(int x,int y,int v) { e[++t] = (edge){y,v,Head[x]} , Head[x] = t; }
inline void input(void)
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i=1;i<n;i++)
{
int x,y,v;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&v);
insert( x , y , v );
insert( y , x , v );
deg[x]++ , deg[y]++;
}
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
tar[x]++;
}
}
inline void dfs(int x,int fa)
{
sum[x] = tar[x];
for (int i=Head[x];i;i=e[i].next)
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa ) continue;
dfs( y , x );
sum[x] += sum[y];
if ( !sum[y] ) continue;
f[x] += f[y] + 2LL * e[i].val;
long long val = d[y][1] + e[i].val;
if ( val >= d[x][1] )
d[x][0] = d[x][1] , d[x][1] = val , p[x] = y;
else if ( val > d[x][0] ) d[x][0] = val;
}
}
inline void dp(int x,int fa)
{
for (int i=Head[x];i;i=e[i].next)
{
int y = e[i].ver;
if ( y == fa ) continue;
_f[y] = _f[x] - ( k - sum[y] == 0 ) * 2LL * e[i].val;
_f[y] += 2LL * e[i].val * ( sum[y] == 0 );
if ( p[x] != y )
g[y] = max( g[y] , d[x][1] + e[i].val );
else g[y] = max( g[y] , d[x][0] + e[i].val );
g[y] = max( g[y] , g[x] + e[i].val );
dp( y , x );
}
}
inline void findroot(void)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
if ( tar[i] ) root = i;
}
int main(void)
{
freopen("kamp.in","r",stdin);
freopen("kamp.out","w",stdout);
input();
findroot();
dfs( root , 0 );
_f[root] = f[root];
dp( root , 0 );
for (int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld
",_f[i]-max(g[i],d[i][1]));
return 0;
}
<后记>