换根 DP 学习笔记

简介

换根 DP 是树形 DP 的一个分支，用于解决根节点不确定的问题，可以把 $O(n)$ 枚举根节点的过程通过两次 dfs 优化掉，（据说）是一种重要的技巧。

分析

以一道经典例题 [POI2008]STA-Station 为例。

题意非常明了了，不解释了。

正如一般换根 DP 学习笔记的套路，我们先想想怎么 $O(n^2)$ 的解决这个问题，非常简单，我们可以枚举一个根，然后 $O(n)$ dfs 查询深度最后取 $\max$。

显然 $O(n^2)$ 是通不过这个题的，那么应该怎样去优化呢？

一个不太好想到的想法是，如果知道了一个节点的答案，不难算出其子节点的答案。

这里直接给出换根 DP 做法，我们随便拉一个点出来，记为 $u$。现在我们钦定它就是根。

一次 dfs，算出答案，记为 $f_u$。同时我们做如下约定： $w_i$ 指 $i$ 号点的重量（以 $u$ 为整棵树的根中以 $i$ 为根子树大小）。

考虑如果我们把根从 $u$ 换成它的儿子节点 $v$ ，会发生什么事。

左边是换根之前的示意图，右边是换根之后。

有图有真相，以 $v$ 为根的子树深度整体减少了 $1$，其余的部分由于全是 $u$ 的子树（新树中），所以深度随着 $u$ 增加了 $1$。

形式化的：$f_v=f_u-w_v+(n-w_v)=f_u+n-2w_v$

于是乎，我们成功的把问题转化为了两次 dfs，这就是换根 DP。

最后放下例题代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
    
    
    int x=0,k=1; char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){
    
    if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    return x*k;
}
int head[1000005],depth[1000005],cnt,n,m,s,f[1000005],size[1000005],ans=0;
struct Edge{
    
    
	int u,v,next;
}e[2000005];
inline void add(int u,int v){
    
    
   e[++cnt].u=u;
   e[cnt].v=v;
   e[cnt].next=head[u];
   head[u]=cnt;
}
void dp1(int u,int fa){
    
    
	size[u]=1;
	for(int j=head[u];j;j=e[j].next){
    
    
		int v=e[j].v;
		if(v!=fa){
    
    
			depth[v]=depth[fa]+1;
			dp1(v,u);
			size[u]+=size[v];
		}
	}
}
void dp2(int u,int fa){
    
    
	for(int j=head[u];j;j=e[j].next){
    
    
		int v=e[j].v;
		if(v!=fa){
    
    
			f[v]=f[u]-2*size[v]+size[1];
			dp2(v,u);
		}
	}
}
signed main(){
    
    
	cin>>n;
   for(int i=1,u,v;i<=n-1;i++){
    
    
   cin>>u>>v;
   add(u,v);
   add(v,u); 
   }
   dp1(1,-1);
   for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
   f[1]+=depth[i];
   }
   dp2(1,-1);
   int ans=0,id=114514; 
   for(int i=1;i<=n;i++){
    
    
   if(ans<f[i]){
    
    
   ans=f[i];
   id=i;
   }
   }
   cout<<id<<endl;
   return 0;
}

（码风不一样是吧，这是早期贺题作品）

例题

HDU5834 Magic boy Bi Luo with his excited tree

题意简述：给定一棵 $n$ 个节点的树， 每个节点都有价值 $a_i$ 每条边有花费 $c_i$，每经过一个点，就可以得到这个 $a_i$，但经过一条边会花费 $c_i$，并且价值只能得到一次但每次经过都要花费 $c_i$，求从每个节点出发可以得到最大利益。

保存了，明天写。