Luogu 题解 P2726 树的双中心
一.题意分析
这道题目让我们求的是：
\(S(x,y)=\sum\limits_{v\in V}(W(v)\times min(d(x,v),d(y,v)))\)
用人话讲就是：给定一颗无根数，在树中取两个点，让其他所有点 到这两个点的较小距离 的和最小。
二.思路分析
看题目第一眼，大部分人都会有个大致思路：
- 1.将原树分成两个树操作；
- 2.分别找到两个树的重心操作；
- 3.求和。
分析一下复杂度，\(1\) 为 \(O(n)\) 无疑，\(2、3\) 如果是 \(dfs\) 的话也是 \(O(n)\)。
显然 \(O(n^2)\) 对于 \(1 < N\le 50000\) 这个数据范围来说实在是有点太大了，所以我们使用 \(DP\) 来做。
于是，枚举 + DP，思路通。
三.方法解析
先来复习一下树的重心的性质：
重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。
显然，将重心删除后剩余各个连通块中点数的最大值 一定小于 树的总结点个数的一半。
因此：
- 当我们在找重心时，若当前节点编号为 \(u\)，那么我们每次只要往 \(u\) 的最大子树走即可；并且，只有当 \(u\) 的 最大子树个数 \(>\) 此树总结点 的一半，我们才有继续走下去的必要。
于是，这样的时间复杂度就会大大降低，再加上一点预处理，便能够再足够短的时间内得出答案。
接下来看转移方程：
我们先人为设树的根节点为 \(Root\)。
设 树中所有点到i的价值之和（即每一个点的点权×此点到i的距离） 为 \(dp_i\)。
若 \(t\) 是 \(u\) 的子节点。
考虑：如何在已知 \(dp_u\) 的情况下得出 \(dp_t\)。
通过思考我们可以发现，\(t\) 相比 \(u\) ，所有在 \(u\) 这一边的节点都多走了一步，所有在 \(t\) 这一边的节点都少走了一步。
设树中节点 \(i\) 的子树的点权和（包括 \(i\) ）为 \(siz_i\)，此树的总节点的点权和为 \(cnt\)。
那么：
- 所有在t这一边的节点的点权和便为 \(siz_t\)； 所有在 \(u\) 这一边的节点的点权和便为 \(cnt - siz_t\)。
于是便可得转移方程：
即为：
我们再来考虑一些特殊情况：一个点的最大子树被切，导致其不再是最大
这个其实很好考虑，只要再存储一个次大子树做“备胎”即可。
然后考虑，当一条边被砍掉之后会发生什么。
设在上面的树为 \(A\) ，在下面的为 \(B\)。
易得：\(A\) 中的 \(siz\) 、\(dp\) 均会发生变化。
我们还是设 断边 上面的节点为 \(u\)， 下面的节点为 \(t\)。
对于 \(siz\) 来说， \(u\) 的所有 祖先节点 都失去了以 \(t\) 为根的子树。
对于 \(dp\) 来说，由于我们总是从一个根节点开始递归找重心，于是我们只要知道 \(dp[1]\) 的变化值即可。
对于 \(dp[1]\) ，先前有 \(siz_t\) 个节点会走到 \(Root\) ，而现在没有了。
因此我们设 \(i\) 节点的深度为 \(dep_i\) （ \(Root\) 的深度为0），则有：
最后，我们要预处理的数组为：
- \(dep_i\) —— \(i\)号节点的深度；
- \(fa_i\) —— \(i\)号节点的父亲节点；
- \(maxs_i\) —— \(i\)号节点的最大子树大小；
- \(maxnum_i\) —— \(i\)号节点的最大子树编号；
- \(remax_i\) —— \(i\)号节点的次大子树大小；
- \(remaxnum_i\) —— \(i\)号节点的次大子树编号；
- \(siz_i\) —— \(i\)号节点的所有子节点的权值之和；
- \(dp_i\) —— 所有点到i的价值之和。
AC代码
我觉得应该不需要过多注释，至少对于我代码的可读性我还是有自信的。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 51000, INF = 0x7f7f7f7f;
vector<int>side[N];
int val[N], dep[N], fa[N], maxs[N], maxnum[N], remax[N], remaxnum[N];
int siz[N], dp[N], d, ret;
void re(int u, int father, int depth)//预处理
{
int S = side[u].size();
fa[u] = father;
siz[u] = val[u];
dep[u] = depth;
for(int i = 0; i < S; i ++)
{
int t = side[u][i];
if(t == father) continue;
re(t, u, depth + 1);
siz[u] += siz[t];
dp[u] += dp[t] + siz[t];
if(siz[t] > maxs[u])
{
remax[u] = maxs[u];
remaxnum[u] = maxnum[u];
maxs[u] = siz[t];
maxnum[u] = t;
}
else if(siz[t] > remax[u])
{
remax[u] = siz[t];
remaxnum[u] = t;
}
}
}
void dfs(int u, int s, int cnt)
{
d = min(d, s);
int t = maxnum[u];
if(t == ret || siz[t] < siz[remaxnum[u]]) t = remaxnum[u];//之前的最大子树可能不再是现在的最大子树了
if(t && 2 * siz[t] > cnt) dfs(t, s + cnt - 2 * siz[t], cnt);
}
int main()
{
int n, x, y, ans = INF;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i < n; i ++)
{
scanf("%d %d", &x, &y);
side[x].push_back(y);
side[y].push_back(x);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++)
{
scanf("%d", &val[i]);
}
re(1, 0, 0);
for(int i = 2; i <= n; i ++)
{
for(int p = fa[i]; p > 0; p = fa[p]) siz[p] -= siz[i];
d = INF, ret = i;
dfs(1, dp[1] - dp[i] - siz[i] * dep[i], siz[1]);
int a = d;
d = INF;
dfs(i, dp[i], siz[i]);
ans = min(ans, a + d);
for(int p = fa[i]; p > 0; p = fa[p]) siz[p] += siz[i];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
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