換根 dp

又稱全方位木 DP，solving for all roots

https://usaco.guide/gold/all-roots?lang=cpp

CSES Tree Distances I

給一顆有 $n$ 個點的樹，對於每個點求該點到其他點的最遠距離

$n \leq 2 \times 10^{5}$

思路

法 1 : 換根 dp

因為在給 $v$ 計算的時候有可能 $u$ 的最遠距離就在 $v$ 子樹

所以必須維護次遠距離的子樹

實作

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int dp_ch[maxn], dp_fa[maxn], sec[maxn], ans[maxn];
vector<int> G[maxn];

void dfs_ch(int u, int par) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;

        dfs_ch(v, u);

        if (dp_ch[v] + 1 > dp_ch[u]) {
            sec[u] = dp_ch[u];
            dp_ch[u] = dp_ch[v] + 1;
        }
        else if (dp_ch[v] + 1 > sec[u]) {
            sec[u] = dp_ch[v] + 1;
        }
    }
}

void dfs_fa(int u, int par) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;

        if (dp_ch[v] + 1 == dp_ch[u]) {
            dp_fa[v] = max(sec[u], dp_fa[u]) + 1;

            dfs_fa(v, u);
        }
        else {
            dp_fa[v] = max(dp_ch[u], dp_fa[u]) + 1;
            dfs_fa(v, u);
        }
    }
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cin >> n;

    for (int i = 0, u, v; i < n - 1; i++) {
        cin >> u >> v;
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }

    dfs_ch(1, 0);
    dfs_fa(1, 0);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << max(dp_ch[i], dp_fa[i]) << " ";
    }
}

法 2 : 樹直徑

根據樹直徑的性質，最遠點一定會在樹直徑的頭尾

證明請參見樹直徑的 section

2023 IOIC 403 .樹直徑

有一棵 $N$ 個點的樹

進行如下操作一次：砍掉樹上的其中一條邊，再另外加上一條邊回去使其保持連通。

可以透過這個操作讓樹直徑最小為何？

$N \leq 5 \times 10^{5}$

code

void diameter_fa(int u, int par) {
    for (int v : adj[u]) {
        if (v == par) continue;
        // 斷邊 (u, v)，u 以上含 u 的連通塊的答案

        // 清除 v 在 ans(u) 的貢獻
        erase_one(ch_dp[u], dp_ch[v]);
        erase_one(ch_hei[u], hei[v] + 1);

        // 計算答案 max (樹直徑, 往上或往下的最大高度+往上或往下的次小高度)
        dp_fa[v] = mav(*rbegin(ch_dp[u]), *rbegin(ch_hei[u]) + *nevt(rbegin(ch_hei[u])));

        ch_dp[v].insert(dp_fa[v]);
        // 由 v -> u -> ... 往上的最大高度
        ch_hei[v].insert(*rbegin(ch_hei[u]) + 1);

        // 加回 v 在 ans(u) 的貢獻
        ch_dp[u].insert(dp_ch[v]);
        ch_hei[u].insert(hei[v] + 1);

        diameter_fa(v, u);
    }
}

CF 1029F Tree with Maximum Cost

求 $max_{v = 1. . . n} {\sum_{i = 1}^{n} d i s t (i, v) \cdot a_{i}}$

$n, a_{i} \leq 2 \times 10^{5}$

思路

一樣換根 dp

不過這邊在算 $f a$ 的時候我們採用直接算答案的方式比較方便

也就是 $d p_{f a} [u]$ 直接紀錄 $u$ 的答案

d p_{f a} [v] = (d p_{f a} [u] - \underset{扣 除 v 的 貢 獻}{\underset{⏟}{(d p_{c h} [v] + s u m [v] + a [v])}} + \underset{加 上 v 子 樹 以 外 的 貢 獻}{\underset{⏟}{(t o t - s u m [v] - a [v])}}) + d p_{c h} [v]

不然還要再多紀錄 $u$ 上面的連通塊的 sum

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define F first
#define S second
#define ALL(x) x.begin(), x.end()

using namespace std;

const int INF = 2e18;
const int maxn = 3e5 + 5;
const int M = 1e9 + 7;

int n, tot;
int a[maxn];
int dp1[maxn], dp2[maxn], sum[maxn];
vector<int> G[maxn];

void dfs1(int u, int par) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;
        dfs1(v, u);

        sum[u] += sum[v] + a[v];
        dp1[u] += dp1[v] + sum[v] + a[v];
    } 
}

void dfs2(int u, int par) {
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;

        dp2[v] = (dp2[u] - (dp1[v] + sum[v]) - a[v] + tot - sum[v] - a[v]) + dp1[v];
        dfs2(v, u);
    }
}

void init() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], tot += a[i];
    int u, v;

    for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
        cin >> u >> v;
        G[u].pb(v);
        G[v].pb(u);
    }
}

void solve() {
    dfs1(1, 0);
    dp2[1] = dp1[1];

    dfs2(1, 0);

    int ans = -INF;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ans = max(ans, dp2[i]);
    }

    cout << ans << "\n";
} 

signed main() {
    // ios::sync_with_stdio(0);
    // cin.tie(0);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        init();
        solve();
    }
} 

Balkan OI 2017 City Attractions

給一 $N$ 個點的顆樹，有一個人第一天在 $1$ 這個節點

每天他會從昨天停下來的點 $x$ 走到點 $y$

$y$ 滿足 $y \neq x$ 且 $a_{y} - dis (x, y)$ 是最小的，若這樣還是有多個 $y$ 就選 index 最小的

問第 $K$ 天會在哪個點停下

$N \leq 3 \times 10^{5}, K \leq 10^{18}, a_{i} \leq 10^{9}$

思路

我們只要預處理好對於每個 $x$ 他會走到的 $y$ 就可以用倍增法找第 $K$ 天的結果

所以我們來看要如何預處理

直接換根 dp

細節與實作可參考這篇 USACO 博客

Atcoder Educational DP Contest V - Subtree

給你一個 $n$ 點的樹，問說在裡面的一些點圖黑色，其他點圖白色，且在圖黑色的點要連通，輸出有幾種圖法

$n \leq 10^{5}$

思路

$d p (u, 0 / 1) :$ $u$ 是白/黑，黑色要能連通的能塗色的方法數

對於所有的點， $d p_{c h} (u, 0) = 1, d p_{f a} (u, 0) = 1$

$d p_{c h} (u, 1) = \prod (d p_{c h} (v, 0) + d p_{c h} (v, 1))$

$d p_{f a} (v_{1}, 1) = d p_{f a} (u, 1) \times \prod_{v \neq v_{1}} (d p_{c h} (v, 0) + d p_{c h} (v, 1)) + d p_{f a} (u, 0)$

$a n s_{u} = d p_{c h} (u, 1) \times d p_{f a} (u, 1)$

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define F first
#define S second
#define ALL(x) x.begin(), x.end()

using namespace std;
using PQ = priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>;

const int INF = 2e18;
const int maxn = 3e5 + 5;

int n, M;
vector<int> G[maxn];
int dp_ch[maxn][2],dp_fa[maxn][2];

void dfs_ch(int u, int par) {
    dp_ch[u][1] = dp_ch[u][0] = 1;
    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;
        dfs_ch(v, u);

        dp_ch[u][1] = dp_ch[u][1] * (dp_ch[v][0] + dp_ch[v][1]);
        dp_ch[u][1] %= M;
    }
}

void dfs_fa(int u, int par) {
    dp_fa[u][0] = 1;
    int sz = G[u].size ();

    vector<int> pre(sz + 1, 1);
    vector<int> suf(sz + 2, 1);

    for (int i = 1; i <= sz; i++) {
        int v = G[u][i - 1];
        if (v == par) {
            pre[i] = pre[i - 1];
            continue;
        }

        pre[i] = (pre[i - 1] * (dp_ch[v][0] + dp_ch[v][1])) % M;
    }
    for (int i = sz; i >= 1; i--) {
        int v = G[u][i - 1];
        if (v == par) {
            suf[i] = suf[i + 1];
            continue;
        }
        suf[i] = (suf[i + 1] * (dp_ch[v][0] + dp_ch[v][1])) % M;
    }

    for (int i = 1; i <= sz; i++) {
        int v = G[u][i - 1];
        if (v == par) {
            continue;
        }

        dp_fa[v][1] = (dp_fa[u][1] * ((pre[i - 1] * suf[i + 1]) % M)) % M + dp_fa[u][0];
        dp_fa[v][1] %= M;
    }

    for (auto v : G[u]) {
        if (v == par) continue;
        dfs_fa(v, u);
    }
}

void init() {
    cin >> n >> M;

    int u, v;
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
        cin >> u >> v;
        G[u].pb(v);
        G[v].pb(u);
    }
}

void solve() {
    dfs_ch(1, -1);

    dp_fa[1][1] = 1;
    dfs_fa(1, -1);

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cout << (dp_ch[i][1] * dp_fa[i][1]) % M << "\n";
    }
} 

signed main() {
    // ios::sync_with_stdio(0);
    // cin.tie(0);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        init();
        solve();
    }
} 

CF 708 C. Centroids

給你一棵 $n$ 個點的樹，對於每個點，在可以修改一條邊的前提下，能否讓這個點成為樹重心

$n \leq 4 \times 10^{5}$

思路

重心給出的定義是所有的子樹大小都小於等於 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 的節點，所以說，如果一個節點不是重心，就表示這個節點有一個子樹的大小超出了 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ （而且只有一個），因為我們只能斷一條邊，所以我們只需要在這個超出了 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 的子樹中挑選一個更小子樹斷掉他然後連到當前節點上來。

問題是，這個大小超出 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 的子樹中有沒有這種斷掉之後可以使得其大小減小到 $⌊ \frac{n}{2} ⌋$ 以下的這種小子樹呢？

針對節點 u，維護兩個值：一個是從其子樹中尋找且不超過 $n / 2$ 的最大子樹大小；另一個是將以節點 u 為根的子樹移除後，剩下的樹中能找到的最大且不超過 $n / 2$ 的子樹大小。我們令第一種是 dp_ch(u)，第二種是 dp_fa(u)。

第一種情況轉移式顯然，為

d p_{ch} (u) = max {\begin{cases} s z (v) & if s z (v) \leq n / 2 \\ d p_{ch} (v) & otherwise \end{cases}

第二種情況假設目前是從 u 為根轉移到 v 為根，可能 u 的整塊的子樹都 <= n/2，那就 dp_fa(v) 就直接是 n - sz(v)，否則就是 u 的小孩裡面，除了 v 以外 dp_ch(v) 最大的，這個可以用前綴最大值與後綴最大值算出來，或者是 u 的 father 的連通塊的答案，也就是 dp_fa(u)。

d p_{fa} (v) = max {\begin{cases} n - s z (v) & if n - s z (v) \leq n / 2 \\ max {d p_{fa} (u), d p_{ch} (v^{'}) v^{'} \neq v} & otherwise \end{cases}

最後對於節點 u，找到以 u 為根時有最大子樹大小的兒子，減去 max{ dp_ch(u), dp_fa(u) } 看是否小於 n / 2 就可以判斷了。

參考 : CSDN 題解

其餘的題單¶

CF 1187 E. Tree Painting
CF 1092 F. Tree with Maximum Cost
CF 1324 F. Maximum White Subtree
CF 219 D. Choosing Capital for Treeland
CF 149 D. Coloring Brackets