51nod 1405 树的距离之和

本文介绍了一种使用树形DP算法解决求解无根树中任意两点间距离之和的问题的方法。通过定义关键变量并利用DFS遍历进行计算,最终实现了高效求解。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

给定一棵无根树,假设它有n个节点,节点编号从1到n, 求任意两点之间的距离(最短路径)之和。
Input
第一行包含一个正整数n (n <= 100000),表示节点个数。
后面(n - 1)行,每行两个整数表示树的边。
Output
每行一个整数,第i(i = 1,2,...n)行表示所有节点到第i个点的距离之和。
Input示例
4
1 2
3 2
4 2
Output示例
5
3
5
5
官方题解:
数学题,也可以说dp,不太难。
   
(1)我们给树规定一个根。假设所有节点编号是0-(n-1),我们可以简单地把0当作根,这样下来父子关系就确定了。
(2)定义数组num[x]表示以节点x为根的子树有多少个节点,dp[x]是我们所求的——所有节点到节点x的距离之和。
(3)在步骤(1)中,其实我们同时可以计算出 num[x],还可以计算出每个节点的深度(每个到根节点0的距离),累加全部节点深度得到的其实就是是dp[0]。
(4) 假设一个非根节点x,它的父亲节点是y, 并且dp[y]已经计算好了,我们如何计算dp[x]?  
以x为根的子树中那些节点,到x的距离比到y的距离少1, 这样的节点有num[x]个。
        其余节点到x的距离比到y的距离多1,这样的节点有(n - num[x])个。
        于是我们有 dp[x] = dp[y] - num[x] + (n - num[x])
                                      = dp[y] + n - num[x] * 2
        因为树的根节点dp[0]在步骤(3)已经计算出来了,根据所有的父子关系和这个上式,我们可以按照顺序计算出整个dp数组。
注意点: 重要的步骤都是简单的dfs,但是一半递归实现可能导致堆栈溢出。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#pragma comment(linker, "/STACK:10240000,10240000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const double  pi = acos(-1.0);
const int N = 1e5 + 10;
int root[N], num[N], len[N], vis[N], n;
vector<int>path[N];
ll dp[N];
void dfs1(int x)
{
    num[x]  = 1;
    for(int i = 0, sz = (int)path[x].size(); i<sz; i++)
    {
        int y = path[x][i];
        if(!vis[y])
        {
            vis[y] = 1;
            len[y] = len[x] + 1;
            dp[1] += len[y];
            dfs1(y);
            num[x] += num[y];
        }
    }
}
void dfs2(int x)
{
    for(int i = 0, sz = (int)path[x].size(); i<sz; i++)
    {
        int y = path[x][i];
        if(!vis[y])
        {
            dp[y] = dp[x] - num[y] + n - num[y];
            vis[y] = 1;
            dfs2(y);
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    int u, v;
    for(int i = 1; i<n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &u, &v);
        path[u].push_back(v);
        path[v].push_back(u);
    }
    vis[1] = 1;
    dfs1(1);
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
  //  for(int i = 1; i<=n; i++)
  //      printf("%d\n", num[i]);
    vis[1] = 1;
    dfs2(1);
    for(int i = 1; i<=n; i++)
        printf("%I64d\n", dp[i]);
        return 0;
}





曹鹏  (题目提供者)
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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