题意:
给一颗树既有点权又有边权,点权为到达对应点即可获得但只可以获得一次,边权为每走过该边一次就需要消耗一次边权,求从各点出发可以获得的最大权和为多少并全部输出。
思路:
定义dp[u][0]表示遍历子树之后不返回点u的最大权和
定义dp[u][1]表示遍历子树之后要返回点u的最大权和
由此可以推出状态转移方程:(dp[v][1]-2*w)表示遍历掉v子树并返回点u
dp[u][0] += max ( 0 , dp[v][1]-2*w )
dp[u][1] += max ( 0 , dp[v][1]-2*w )
对于dp[u][0]最后一步可以不返回点u,所以需要维护一个值val表示不返回u可以得到最大额外收益
val = dp[v][0]-w-max( 0 , dp[v][1]-2*w )
以上步骤过后我们可以通过树形DP得到以树中某一结点为根的答案
接下来我们需要通过树的旋转求解其余结点为根的答案
定义val[u][0]表示遍历子树时,所有val中的最大值
定义val[u][1]表示遍历子树时,所有val中的次大值
定义son[u]表示遍历子树时,所有val中的最大值对应的子树结点
关于旋转:可以看成父节点少了一个子节点和子节点多了一个子节点
定义tmp0表示父节点失去当前子节点后的dp[u][0]
定义tmp1表示父节点失去当前子节点后的dp[u][1]
最后做一步插入一个新的子节点,旋转操作就完成了
C++代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
const int maxm = 200010;
int n,tol,head[maxn];
struct edge
{
int to,cost,next;
}es[maxm];
void addedge( int u , int v , int w )
{
es[tol].to = v;
es[tol].cost = w;
es[tol].next = head[u];
head[u] = tol++;
}
int V[maxn],dp[maxn][2],son[maxn],val[maxn][2];
void dfs1( int u , int f )
{
dp[u][0] = dp[u][1] = V[u];
for ( int i=head[u] ; i!=-1 ; i=es[i].next )
{
int v = es[i].to,w = es[i].cost;
if ( v!=f )
{
dfs1( v , u );
int tmp = max( 0 , dp[v][1]-2*w );
dp[u][0] += tmp;
dp[u][1] += tmp;
int kkk = dp[v][0]-w-tmp;
if ( kkk>val[u][0] )
{
val[u][1] = val[u][0];
val[u][0] = kkk;
son[u] = v;
}
else if ( kkk<=val[u][0]&&kkk>val[u][1] )
{
val[u][1] = kkk;
}
}
}
dp[u][0] += val[u][0];
}
void dfs2( int u , int f )
{
for( int i=head[u] ; i!=-1 ; i=es[i].next )
{
int v = es[i].to,w = es[i].cost;
if ( v!=f )
{
int tmp0 = dp[u][0];
if ( v==son[u] ) tmp0 = tmp0-(dp[v][0]-w)+val[u][1];
else tmp0 = tmp0-max( 0 , dp[v][1]-2*w );
int tmp1 = dp[u][1]-max( 0 , dp[v][1]-2*w );
int tmp = max( 0 , tmp1-2*w );
dp[v][0] += tmp;
dp[v][1] += tmp;
int kkk = tmp0-w-tmp;
if ( kkk>val[v][0] )
{
dp[v][0] += kkk-val[v][0];
val[v][1] = val[v][0];
val[v][0] = kkk;
son[v] = u;
}
else if ( kkk<=val[v][0]&&kkk>val[v][1] )
{
val[v][1] = kkk;
}
dfs2( v , u );
}
}
}
int main()
{
int T; scanf ( "%d" , &T );
for( int cas=1 ; cas<=T ; cas++ )
{
tol = 0;
memset( head , -1 , sizeof(head) );
memset( son , -1 , sizeof(son ) );
memset( val , 0 , sizeof(val ) );
scanf ( "%d" , &n );
for ( int i=1 ; i<=n ; i++ )
scanf ( "%d" , &V[i] );
for ( int i=2 ; i<=n ; i++ )
{
int u,v,w; scanf( "%d%d%d" , &u , &v , &w );
addedge( u , v , w );
addedge( v , u , w );
}
dfs1( 1 , 0 );
dfs2( 1 , 0 );
printf( "Case #%d:\n" , cas );
for ( int i=1 ; i<=n ; i++ )
printf ( "%d\n" , dp[i][0] );
}
return 0;
}