题解 P3047 [USACO12FEB]附近的牛Nearby Cows
题目大意是给你一颗树，对于每一个节点i，求出范围k之内的点权之和
看数据范围就知道暴力肯定是会t飞的，所以我们要考虑如何dp（代码习惯写dfs）
仔细思考一下我们发现点i走k步能到达的点分为以下两种
1.在i的子树中（由i点往下）
2.经过i的父亲（由i点往上）
这样的问题一般可以用两次dfs解决
我们定义状态f[i][j]表示i点往下j步范围内的点权之和，d[i][j]表示i点往上和往下走j步范围内点权之和。
第一次dfs我们求出所有的f[n][k]，这个比较简单，对于节点u和其儿子v,f[u][k] += f[v][j - 1]就行了。（第一次dfs已知叶子节点推父亲节点）
第二次dfs我们通过已经求出的f数组推d数组，对于u和u的儿子v, d[v][k] += (d[u][k - 1] - f[v][k - 2]), 注意数组下表不要越界。d[i][j]的初始值应该赋为f[i][j]，因为根节点的d[i][j]就是f[i][j]。（第二次dfs已知父亲节点推儿子节点）
思路说得可能有点罗嗦看代码吧：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define ll long long
#define N 100005
using namespace std;
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
while (c >= '0' && c <= '9') { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return x * f;
}
ll f[N][25], d[N][25];
//f数组和d数组前面已经说了
int val[N];
int n, k, tot, head[N];
struct edge
{
int to, next;
edge() {}
edge(int x, int y) { to = x; next = y; }
}a[N * 2];
//邻接表存图
void add(int from, int to)
{
a[++tot] = edge(to, head[from]);
head[from] = tot;
}
void dfs(int x, int fa)
{
for (int i = 0; i <= k; i++) f[x][i] = val[x];
for (int i = head[x]; i; i = a[i].next)
{
int u = a[i].to;
if (u != fa)
{
dfs(u, x);//先dfs到叶子节点，然后推父亲节点
for (int i = 1; i <= k; i++)
f[x][i] += f[u][i - 1];
}
}
}
//第一次dfs
void dfs2(int x, int fa)
{
for (int i = head[x]; i; i = a[i].next)
{
int u = a[i].to;
if (u != fa)
{
d[u][1] += f[x][0];
for (int i = 2; i <= k; i++)
d[u][i] += d[x][i - 1] - f[u][i - 2];
dfs2(u, x);//先dfs父亲节点，更新完儿子后dfs儿子
}
}
}
//第二次dfs
int main()
{
n = read(), k = read();
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int a1 = read(), a2 = read();
add(a1, a2);
add(a2, a1);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
val[i] = read();
dfs(1, 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= k; j++)
d[i][j] = f[i][j];//把f赋给d
dfs2(1, 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cout << d[i][k] << endl;//输出答案
return 0;
}总之有一类树上dp的题，每个节点的答案与这个节点的父亲和儿子都有关，这时候我们可以分两次dfs求出答案，一般这两次dfs便利顺序不同。这要求大家对树的遍历有非常深的理解和实现能力，但是思路其实并没有那么难。
19.08.31