换根 dp 学习笔记

换根 dp 学习笔记

来自 dalao 的题单

例题 STA-Station：

给定一个 $n$ 个点的树，请求出一个结点，使得以这个结点为根时，所有结点的深度之和最大。

令 $u$ 为当前节点，$v$ 为 $u$ 的其中一个儿子。令 $f_u$ 表示以 $u$ 为根的时候，深度之和的最大值。那么当根从 $u$ 换到 $v$ 时，$v$ 子树的深度减少了 $1$，而非 $v$ 子树的节点深度 $+1$，所以：
$$f_v=f_u-si{z}_v+n-si{z}_v=n-2\times si{z}_v$$

例题 Educational Codeforces Round 67, Problem E, Tree Painting：

给定一个由 $n$ 个顶点组成的树。你在这棵树上玩游戏。

最初所有的顶点都是白色的。在游戏的第一个回合中，你选择一个顶点并将其涂成黑色。然后在每个回合中，你选择一个与任何黑色顶点相邻的白色顶点 $v$（通过一条边连接），并将其涂成黑色。获得的点数 $v$ 所在的白色连通块大小。

你的任务是使你获得的点数最大化。

容易发现，假如根为定，那么染色所获得的代价就是子树的大小，如上即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
vector<int> g[N];
int n, siz[N];
ll f[N];

void dfs1(int u, int fa){
	siz[u] = 1;
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		dfs1(v, u);
		siz[u] += siz[v];
	}
	f[1] += siz[u];
}

void dfs2(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		f[v] = f[u] + n - 2 * siz[v];
		dfs2(v, u);
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>n;
	for(int i = 1;i < n;i++){
		int u, v;	cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	ll ans = INT_MIN;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		ans = max(ans, f[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

例题 Codeforces Round 867, F. Gardening Friends

给定一个根为 $1$ 的树，每条边长度为 $k$，每次可以花费 $c$ 的代价将根移动到相邻的节点。选定根之后，可以获得根到顶点的最大距离的代价。

求代价的最大值。

前提知识，树的直径的性质：令树的直径两端为 $a,b$，那么 $\forall i$ 到树的其他节点的最长距离，要么是 $i$ 到 $a$ 的距离，要么是 $i$ 到 $b$ 的距离。

所以这题可以先求出来树的直径，然后枚举 $i$，令根为 $i$，那么求 $1\sim i$ 的距离，$i$ 到 $a$ 的距离即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
vector<int> g[N];
int n, k, c;
int dis1[N], disa[N], disb[N]; 

void dfs1(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		dis1[v] = dis1[u] + 1;
		dfs1(v, u);
	}
}

void dfs2(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		disa[v] = disa[u] + 1;
		dfs2(v, u);
	}
}

void dfs3(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		disb[v] = disb[u] + 1;
		dfs3(v, u);
	}
}

void sol(){
	cin>>n>>k>>c;
	for(int i = 1;i < n;i++){
		int u, v;	cin>>u>>v;
		g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
	}
	dis1[1] = 0;
	dfs1(1, 0);
	
	priority_queue<pair<int, int>> q;
	for(int i = 1;i <= n;i++)	q.push({dis1[i], i});
	int a = q.top().second;
	disa[a] = 0;
	dfs2(a, 0);
	
	while(q.size())	q.pop();
	for(int i = 1;i <= n;i++)	q.push({disa[i], i});
	int b = q.top().second;
	disb[b] = 0;
	dfs3(b, 0);
	
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		ans = max(ans, 1ll * max(disa[i], disb[i]) * k - 1ll * dis1[i] * c);
	}
	cout<<ans<<'\n';
	for(int i = 1;i <= n;i++)	g[i].clear();
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	int _;	cin>>_;
	while(_--)	sol();
	return 0;
}

例题 Codeforces Round 527 (Div. 3), F. Tree with Maximum Cost

给定一棵由 $n$ 个顶点组成的树，和数组 { a n } \{a_n\} {an​}。任选一点 $v$，使得 $\sum dis(i,v)\cdot a_i$ 最小。

$dis(a,b)$ 表示树上 $a$ 到 $b$ 的距离。

容易发现，当根从 $u$ 到 $v$ 转移的时候，对 $v$ 的子树贡献少了「$v$ 的子树点权和」的贡献，对其他节点，又多了「总权值和 $-v$ 的子树点权和」的贡献。

所以推出式子（$va{l}_u$ 表示 $u$ 的子树点权和，$f_u$ 表示以 $u$ 为根的时候的答案）：
$$f_v=f_u-va{l}_v+n-va{l}_v=f_u+n-2\cdot va{l}_v$$

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define pb push_back
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5; 
int n, a[N];
vector<int> g[N];
ll val[N], f[N];

void dfs1(int u, int fa, int dep){
	val[u] = a[u];
	f[1] += 1ll * dep * a[u];
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		dfs1(v, u, dep + 1);
		val[u] += val[v];
	}
}

void dfs2(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v == fa)	continue;
		f[v] = f[u] + val[1] - 2 * val[v];
		dfs2(v, u);
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>n;
	for(int i = 1;i <= n;i++)	cin>>a[i];
	for(int i = 1;i < n;i++){
		int u, v;	cin>>u>>v;
		g[u].pb(v), g[v].pb(u);
	} 
	dfs1(1, 0, 0);
	dfs2(1, 0);
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		ans = max(ans, f[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

例题 [Codeforces Round 302 (Div. 1), D. Road Improvement](Problem - 543D - Codeforces)

这个国家的交通网络是一棵有 $n$ 个城市的树。城市用整数从 $1$ 到 $n$ 进行编号。

最初所有的公路都是坏的，政府可以修好道路。如果从位于 $x$ 的首都到任何其他城市的路径最多包含一条坏路，那么市民对道路改善感到满意。

你需要为每一个可能的 $x$ 确定「让市民满意的」改善道路质量的方法的数量，答案对 $10^9+7$ 取模。

对于节点 $u$，令 $f_u$ 表示 $u$ 的子树到 $u$ 有且仅有一条坏边，考虑转移方程：
$$f_u=\prod _{v=son(u)}(f_v+1)$$
意思是 $u$ 的儿子子树的坏边的方案 $+$ 只有 $v\to u$ 一条边是好的，根据乘法原理相乘即可。

现在进行换根 DP。假如从 $u$ 换到 $v$，那么现在 $u$ 是 $v$ 的子树。在 $u$ 成为 $v$ 的子树之前，$u$ 的方案是 $f_u$。而成为之后，有：
$$f_u\leftarrow \frac{f_u}{f_v+1}$$
所以
$$f_v\leftarrow f_v\times (f_u+1)$$
注意：上面的式子是已经修改过后的 $f_u$。

如果把它换成没有修改的 $f_u$，就是：
$$f_v\leftarrow f_v\times (\frac{f_u}{f_v+1}+1)=\frac{f_u{f}_v}{f_v+1}+f_v$$
所以，~~居然需要逆元，~~还需要用逆元来处理 $(f_v+1{)}^{-1}$。

实际上，存在一个问题，就是 $f_v+1$ 可能是 $0$，而 $0$ 没有逆元，所以这道题不能使用逆元处理，正确的做法使用前缀积。

vector<int> k[N] 中 k[i][j] 表示 $i$ 的第 $j$ 个儿子以及之前的乘积。形式化的讲（$son(i)$ 表示给定节点，第 $i$ 个编号的儿子）：
$$k_{i,j}=\prod _{k=1}^j(f_{son(k)}+1)$$
令 $g_u$ 表示 $u$ 为根的时候的答案，如果将根从 $u$ 转移到 $v$，那么有：
$$g_v=f_v\times (\prod _{k=1,son(k)\ne v}^j(f_{son(k)}+1)+1)$$

看来 CF *2300 还是值得的。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define pb push_back
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
vector<int> G[N];
vector<ll> f1[N], f2[N];
ll f[N], ans[N];
int n;

void dfs1(int u, int fa){
	f[u] = 1;
	for(auto v : G[u]){
		if(v == fa)	continue;
		dfs1(v, u);
		f[u] *= f[v] + 1;
		f[u] %= mod;
	}
}

void dfs2(int u, int fa){
	int i = 0;
	ans[u] = 1;
	for(auto v : G[u]){
		ans[u] = ans[u] * (f[v] + 1) % mod;
		if(v == fa)	continue;
		f1[u].pb(f[v] + 1), f2[u].pb(f[v] + 1);
	} 
	for(int i = 1;i < f1[u].size();i++){
		int j = f1[u].size() - i - 1;
		f1[u][i] = f1[u][i] * f1[u][i-1] % mod;
		f2[u][j] = f2[u][j] * f2[u][j+1] % mod;
	}
	for(auto v : G[u]){
		if(v == fa)	continue;
		f[u] = (fa ? f[fa] + 1 : 1);
		if(i)	f[u] = f[u] * f1[u][i-1] % mod;
		if(i + 1 < f1[u].size())
			f[u] = f[u] * f2[u][i+1] % mod;
		dfs2(v, u);
		i++;
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	cin>>n;
	for(int i = 2;i <= n;i++){
		int x;	cin>>x;
		G[x].pb(i);
		G[i].pb(x);
	}
	dfs1(1, 0);
	dfs2(1, 0);
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		cout<<ans[i]<<" ";
	}
	return 0;
}