传送门
题意很简单,就是求树上任意一个点和其他点的最远距离.
数据范围在1e4.先说一个n^2的算法.
应该很好想到的是用一个dp[x]数组来表示以x为根的子树的最远距离.转移方程就是dp[x] = max{dp[y] + 边权}.这样做n次一次复杂度O(n)就可以在n^2的时间内解决问题.
复杂度过大,考虑换根dp.转为有根树后考虑如何求出树上任一点x的答案ans[x].认真推理可以发现ans[x]要么是暴力做法中的dp[x]要么是父节点u不经过x的最远距离加上x->u的边权.前者很好维护,树形dp一次就可以了,而后者我们可以增加一个dp2[x]数组来表示以x为根的子树的次远距离.顺便在传参的时候多加一个参数就可以很好的维护了.
具体代码
#pragma GCC optimize(2)
#define LL long long
#define pq priority_queue
#define ULL unsigned long long
#define pb push_back
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fir(i,a,b) for(int i=a;i<=(int)b;++i)
#define afir(i,a,b) for(int i=(int)a;i>=b;--i)
#define ft first
#define vi vector<int>
#define sd second
#define ALL(a) a.begin(),a.end()
#define bug puts("-------")
#define mpr(a,b) make_pair(a,b)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e4+10;
inline void read(int &a){
int x = 0,f=1;char ch = getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){
x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
a = x*f;
}
int n,ct=1,nxt[N],head[N],to[N],edge[N],dp1[N],dp2[N],f[N];
void addedge(int x,int y,int z){
nxt[++ct] = head[x];head[x] = ct;to[ct] = y;edge[ct] = z;
}
void init(){
ct = 1;
mem(head,0);
mem(dp1,0);
mem(dp2,0);
mem(f,0);
}
void pre(int u,int fa){
for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
int y = to[i],z = edge[i];
if(y == fa) continue;
pre(y,u);
int cur = dp1[y]+z;
if(cur >= dp1[u]){
dp2[u] = dp1[u];
dp1[u] = cur;
}
else if(cur > dp2[u]){
dp2[u] = cur;
}
}
}
void dfs(int u,int fa,int val){
f[u] = max(dp1[u],val);
for(int i = head[u];i;i = nxt[i]){
int y = to[i],z = edge[i];
if(y == fa) continue;
if(z + dp1[y] == dp1[u]){
dfs(y,u,max(val+z,dp2[u]+z));
}
else{
dfs(y,u,max(val+z,dp1[u]+z));
}
}
}
int main(){
while(cin >> n){
init();
fir(i,2,n){
int x,y;
cin >> x >> y;
addedge(i,x,y);
addedge(x,i,y);
}
pre(1,-1);
dfs(1,-1,0);
fir(i,1,n)
cout << f[i] << endl;
}
return 0;
}
/*
dp1[y]表示的是以y为开头的子树的maxlen
*/