HDU-4126 Genghis Khan the Conqueror 树形DP+MST (好题)

 题意：给出一个n个点m条边的无向边，q次询问每次询问把一条边权值增大后问新的MST是多少，输出Sum(MST)/q。

解法：一开始想的是破圈法，后来想了想应该不行，破圈法应该只能用于加边的情况而不是修改边，因为加边可以保证以前MST不用的边加边之后也一定不用，但是修改边不能保证以前不用的边修改边之后会不会再用。

正解是参考https://blog.csdn.net/Ramay7/article/details/52236040这位大佬的。

大佬真的分析得巨好。我的理解就是：假如我们要计算dp[u][v]代表去掉MST上u-v这条边之后能替代的最好边，设u这一边的连通点集是(u1,u2,u3...)，v这一边的点集是(v1,v2,v3...)，那么我们朴素算法是暴力枚举每一对ui和vi然后取最小值，显然这样超时。用树形DP的方法是，我们枚举一个根节点rt，然后dfs一边计算以rt为根节点的时候的MST的所有边的dp值，计算方式就是dp[u][v]=min(dis[y][rt])（即子树中到根rt的最小值）。枚举完根节点rt之后我们的dp数组就出来了。  为什么这样能达到朴素算法一样的效果呢？因为考虑我们每一次rt对dp[u][v]的贡献，显然每一个rt都是在点集(u1,u2,u3...)中的，然后这次dfs可以计算(u1,u2,u3...)中的某一个ui和所有的(v1,v2,v3...)的点对对答案的贡献，然后所以的rt加起来必定等于(u1,u2,u3...)。  这里说得有点乱了，就是这样：

(rt=u1)x(v1,v2,v3...)+(rt=u2)*(v1,v2,v3...)+(rt=u3)*(v1,v2,v3...)+....(rt=ui)*(v1,v2,v3...) == (u1,u2,u3...)*(v1,v2,v3...)   (上面说的一大堆想说的就是这个等式的意思qwq)

最后处理下询问看看修改边在不在原MST上，就可以获得AC了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=3e3+10;
int n,m,fa[N],dis[N][N],dp[N][N];
LL sum,ans;
struct edge{
    int x,y,z;
    bool operator < (const edge &rhs) const {
        return z<rhs.z;
    }
}e[N*N];
bool mst[N][N];

int cnt,head[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
void add_edge(int x,int y) {
    nxt[++cnt]=head[x]; to[cnt]=y; head[x]=cnt;
}

int getfa(int x) { return x==fa[x] ? x : fa[x]=getfa(fa[x]); }

void Kruskal() {
    sort(e+1,e+m+1);
    for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    int num=1;
    for (int i=1;i<=m;i++) {
        int fx=getfa(e[i].x),fy=getfa(e[i].y);
        if (fx==fy) continue;
        fa[fx]=fa[fy];
        add_edge(e[i].x,e[i].y); add_edge(e[i].y,e[i].x);
        mst[e[i].x][e[i].y]=mst[e[i].y][e[i].x]=1;
        sum+=e[i].z;
        if (++num==n) break;
    }
}

int dfs(int rt,int x,int fa) {
    int Min=0x3f3f3f3f;
    for (int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
        int y=to[i];
        if (y==fa) continue;
        int tmp=dfs(rt,y,x);
        Min=min(Min,tmp);
        dp[x][y]=min(dp[x][y],tmp);  //用子树的Min更新dp[][] 
        dp[y][x]=min(dp[y][x],tmp);
    }
    if (dis[rt][x] && !mst[rt][x]) Min=min(Min,dis[rt][x]);  //更新Min 
    return Min;
}

int main()
{
    while (scanf("%d%d",&n,&m) && n) {
        cnt=1; for (int i=1;i<=n;i++) head[i]=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=mst[i][j]=0,dp[i][j]=0x3f3f3f3f;
        for (int i=1;i<=m;i++) {
            scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z);
            e[i].x++; e[i].y++;
            dis[e[i].x][e[i].y]=dis[e[i].y][e[i].x]=e[i].z;
        }
        sum=0; ans=0;
        Kruskal();
        
        for (int i=1;i<=n;i++) dfs(i,i,0);  //每个点做根节点dfs一次 
        
        int q; scanf("%d",&q);
        for (int i=1;i<=q;i++) {
            int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            x++; y++;
            if (!mst[x][y]) ans+=sum;  //不在MST上 
            else {  //在MST上 
                LL tdis=sum-dis[x][y]+min(z,dp[x][y]);
                ans+=tdis;
            }
        }
        printf("%.4lf
",(double)ans/q);
    }
    return 0;
}