CEOI2017 Chase 题解 复杂问题简化 树形DP+换根

题面在这里

我这道题的思路和网上都不太一样。

首先看一看这道题的性质吧。

这道题的决策还是比较复杂的

首先要选链，其次要选链上的点。然后找最大。

怎样处理信息来使得决策简化，这样DP转移就比较简洁且复杂度合理。

首先对于链上

可以看着这个美丽的图，我们考虑最大化差值，就要考虑差值的意义，

那么如果一个点被选，证明逃亡者来到了这个地方，后面的人一定也来，所以这个放置点的贡献为0,所有与这个点相连的点都有贡献，但是有特例，就是一个点被选，他在链上前一个点也被选，那么相当于这个点没有对逃亡者加贡献，而对于后面的人有贡献，因此总的贡献要加上这个点。

所以给出结论，考虑选点的话，选一个点代表不算自己的贡献，加上与这个所有相连的点的贡献，除了链上的上一个点。

这样只要定义f[i][j]为以1为起点的最长链，然后dfs的时候不算父亲（把父亲作为上一个点），就能写成一个及其简练的转移du表示之前说的x的贡献

 

然后可以$O(n)$枚举根，$O(nv)$DP,总复杂度$O(n^2v)$ 期望70pts

当然这个做法是可扩展的，就在于换根DP

然而取max是不能去除贡献的

所以要每次O(1)得到一个点取出某一儿子的贡献的dp值，可以把儿子拍到了一个序列，维护前缀max和后缀max，直接扫描儿子，就能得到去掉这个儿子的贡献。

其实可以维护前缀然后倒着扫。

然后调一个下午就可以AC了

　　

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
using std::cout;
using std::endl;
using std::max;
using std::vector;
const int N=100010,M=110;
int fr[N],tt,n,m;
long long f[N][M],du[N],a[N],tmp[N][M],ans=0;
struct node{int to,pr;}mo[N*2];
inline int rd()
{
    int s=0,w=1;
    char cc=getchar();
    for(;cc<'0'||cc>'9';cc=getchar()) if(cc=='-') w=-1;
    for(;cc>='0'&&cc<='9';cc=getchar()) s=(s<<3)+(s<<1)+cc-'0';
    return s*w;
}
void add(int x,int y)
{
    mo[++tt]=(node){y,fr[x]};
    fr[x]=tt;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
    for(int i=fr[x];i;i=mo[i].pr)
    {
        int to=mo[i].to;
        if(to==fa) continue;
        du[x]+=a[to];
        dfs1(to,x);
    }
    for(int i=fr[x];i;i=mo[i].pr)
    {
        int to=mo[i].to;
        if(to==fa) continue;
        for(int j=1;j<=m;j++)
            f[x][j]=max(f[x][j],max(f[to][j-1]+du[x],f[to][j]));
    }
}
void dfs2(int x,int fa)
{
    vector<long long>ve,sum[M];
    for(int i=fr[x];i;i=mo[i].pr)
    {
        int to=mo[i].to;
        ve.push_back(to);
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            f[x][j]=max(f[x][j],max(f[to][j-1]+du[x]+a[fa],f[to][j])),ans=max(ans,f[x][j]);
            //cout<<x<<" "<<j<<" "<<f[x][j]<<" "<<f[to][j-1]<<endl;
            f[x][j]=0;
        }
    }
    for(int j=0;j<=m;j++)
    {
        long long tp=0;
        for(int t=0;t<ve.size();t++)
        {
            int to=ve[t];
            tp=max(tp,f[to][j]);
            sum[j].push_back(tp);
        }
    }
    for(int t=(int)ve.size()-1;t>0;t--)
    {
        int to=ve[t];
        for(int j=m;j>=1;j--)
        {
            f[x][j]=max(f[x][j],max(max(tmp[x][j],tmp[x][j-1]+du[x]+a[fa]-a[to]),max(sum[j][t-1],sum[j-1][t-1]+du[x]+a[fa]-a[to])));
            tmp[x][j]=max(tmp[x][j],f[to][j]);
        }
        if(to!=fa) dfs2(to,x);
        for(int j=1;j<=m;j++) f[x][j]=0;
    }
    if(ve.size())
    {
        int to=ve[0];
        for(int j=1;j<=m;j++)
            f[x][j]=max(f[x][j],max(tmp[x][j],tmp[x][j-1]+du[x]+a[fa]-a[to]));
        if(to!=fa) dfs2(to,x);
        //if(to!=fa)cout<<to<<" "<<j<<" "<<f[to][j]<<" "<<tmp[j&1^1]<<endl;
    }
}
int main()
{
    //freopen("ex_chase2.in","r",stdin);
    n=rd();m=rd();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
    for(int i=1,x,y;i<n;i++)x=rd(),y=rd(),add(x,y),add(y,x);
    dfs1(1,0);
    dfs2(1,0);
    printf("%lld
",ans);
}
/*
g++ 3.cpp -o 3 
./3
12 2
2 3 3 8 1 5 6 7 8 3 5 4
2 1
2 7
3 4
4 7
7 6
5 6
6 8
6 9
7 10
10 11
10 12
*/