HDU多校第三场 1011 Squrirrel —— 换根 + 树形DP

题目链接：点我啊╭(╯^╰)╮

题目大意：

    在一棵无根树上，有边权，可以将某一条边的边权置 $0$
    问最坏情况下，从某个结点出发到最远结点的距离最小的是多少？？？

解题思路：

    设 $dp[rt][0]$ 为不让边权置 $0$，以 $rt$ 为根到子树结点的最远距离
    则 $dp[rt][1]$ 为让一条边权置 $0$，以 $rt$ 为根到子树结点的最远距离
     $se[rt][0]$ 为第二远，表示相同

     $dp[rt][0] = dp[son][0]$
     $dp[rt][1] = min(dp[son][0], max(dp[son][1], se[son][0])+w)$
    要求最坏情况下距离最小，只需要保证最远距离最大的同时，第二远距离尽量小
    则只需要维护前三远的信息，即可解决以某一个点为根的答案

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    考虑换根，因为每个节点只保存了到子树的信息
    所以从一个根换到另一个根，只需要改变这两个结点的信息即可

    结构体 $node$ 表示以 $id$ 为为儿子， $dp0$为最远， $dp1$为次远的信息
    利用 $map <node, int> m[maxn]$ 排好序
    从 $rt$ 换到 $son$，将 $m[rt]$ 指向 $son$ 儿子的信息删掉
    同时 $m[son]$ 要加上指向 $rt$ 为儿子的信息

    注意这里需要删掉信息，同时需要维护前两远的信息，这就是以为什么要维护前三远的信息

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    由于换根利用到了 $map$，常数比较大，可以用 $vector$ 手动 $sort$
    或者直接用数组手动比较，但 $map$ 写的确实方便
    下面总结了针对的卡常技巧：
    ①：inline
    ②：控制 $map$ 大小：while(m[rt].size()>3) m[rt].erase(--m[rt].end());
    ③：采用 爆炸输入输出挂~~~
    ④：多交几十发
    ⑤：改vector

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    本题必须采用 ① 和 ②，不加爆炸输入挂的话有百分之十的几率可以卡到 $3900ms$
    加了爆炸输入挂稳定在 $3000ms$
    考虑这题是多组并且是在 $HDU$ 上，说明常数的控制还是比较客观的
    实在不行在换 $vector$ 吧

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    本题提供了一种模板，可以说是一种惯用写法
    会陆续更新一些套用本模板的换根 $DP$
    这类题都可以用数组的形式去写，只不过要多几十行代码
     $PS：$我不是这套模板的原创作者

核心：利用子树信息换根

这里的代码没有加入 爆炸输入输出挂~~~

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#include<bits/stdc++.h>
#define fi first 
#define se second 
using namespace std;
typedef long long ll;
using pii = pair <int,int>;
const int maxn = 2e5 + 5;
int T, n, dp[maxn][2], ans, pos;
vector <pii> g[maxn];
struct node{
	int dp0, dp1, id;
	bool operator < (const node &A)const {
		if(dp0 ^ A.dp0) return dp0 > A.dp0;
		if(dp1 ^ A.dp1) return dp1 < A.dp1;
		return id < A.id;
	}
};
map <node, int> m[maxn];
map <node, int>::iterator it;

inline void get(int rt){
	if(m[rt].size() == 0){
		dp[rt][0] = dp[rt][1] = 0;
		return;
	}
	it = m[rt].begin();
	int dp1 = it->fi.dp1;
	dp[rt][0] = it->fi.dp0;
	dp[rt][1] = max(dp1, (++it)->fi.dp0);
	while(m[rt].size()>3) m[rt].erase(--m[rt].end());
}

inline void dfs1(int u, int fa){
	for(auto v : g[u]){
		if(v.fi == fa) continue;
		dfs1(v.fi, u);
		int dp0 = dp[v.fi][0] + v.se;
		int dp1 = min(dp[v.fi][0], dp[v.fi][1] + v.se);
		m[u][ {dp0, dp1, v.fi} ]++;
	}
	get(u);
}

inline void move(int rt, int son, int w){
	m[rt].erase( {dp[son][0] + w, min(dp[son][0], dp[son][1] + w), son} );
	get(rt);
	m[son][ {dp[rt][0] + w, min(dp[rt][0], dp[rt][1] + w), rt} ]++;
	get(son);
}

inline void dfs2(int u, int fa){
	if(ans > dp[u][1]){
		ans = dp[u][1];
		pos = u;
	}
	for(auto v : g[u]){
		if(v.fi == fa) continue;
		move(u, v.fi, v.se);
		dfs2(v.fi, u);
		move(v.fi, u, v.se);
	}
}

int main() {
	scanf("%d", &T);
	while(T--){
		ans = 2e9;
		scanf("%d", &n);
		for(int i=1; i<=n; i++) g[i].clear(), m[i].clear();
		for(int i=1, u, v, w; i<n; i++){
			scanf("%d%d%d", &u, &v, &w), 
			g[u].push_back({v, w});
			g[v].push_back({u, w});
		}
		dfs1(1, 0);
		dfs2(1, 0);
		printf("%d %d\n", pos, ans);
	}
}