[Bzoj3677][Apio2014]连珠线（树形dp）

3677: [Apio2014]连珠线

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Description

在列奥纳多·达·芬奇时期，有一个流行的童年游戏，叫做“连珠线”。不出所料，玩这个游戏只需要珠子和线，珠子从1到礼编号，线分为红色和蓝色。游戏
开始时，只有1个珠子，而接下来新的珠子只能通过线由以下两种方式被加入：
1．Append(w，杪)：-个新的珠子w和一个已有的珠子杪连接，连接使用红线。
2．Insert(w，u，v)：-个新的珠子w加入到一对通过红线连接的珠子（u，杪）
之间，并将红线改成蓝线。也就是将原来u连到1的红线变为u连到w的蓝线与W连到V的蓝线。
无论红线还是蓝线，每条线都有一个长度。而在游戏的最后，将得到游戏的
最后得分：所有蓝线的长度总和。
现在有一个这个游戏的最终结构：你将获取到所有珠子之间的连接情况和所
有连线的长度，但是你并不知道每条线的颜色是什么。
你现在需要找到这个结构下的最大得分，也就是说：你需要给每条线一个颜
色f红色或蓝色），使得这种连线的配色方案是可以通过上述提到的两种连线方式
操作得到的，并且游戏得分最大。在本题中你只需要输出最大的得分即可。

Input

第一行是一个正整数n，表示珠子的个数，珠子编号为1刭n。
接下来n-l行，每行三个正整数ai，bi(l≤ai10000)，表示有一条长度为ci的线连接了珠子ai和珠子bi。

Output

输出一个整数，为游戏的最大得分。

Sample Input

Sample Output

HINT

数据范围满足1≤n≤200000。

分析：

一开始以为定义状态f[i][0/1]表示第i个点是不是中心点乱树形dp就可以了，结果考完只有10分

原因：这个题加入有顺序，任何时刻加入的点都是一个联通块。

这样我们就要枚举根节点，并且合并只能合并父-子-孙。

然后复杂度是O（n^2）的。

我们可以优化一下换根，不用每次换根都去枚举，如果每次只枚举当前根节点没当过根的儿子，会重新dp的只有两个点，换根复杂度O（1）

所以总复杂度O(n)

然后一开始用了vector啥的，bzoj上过了，cena上一首凉凉送给stl，被迫看了别人的代码改出来QAQ

AC代码：

# include <iostream>
# include <cstdio>                                                                                                                                                                                    
using namespace std;
const int N = 3e5 + 12;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int head[N],dt,n,ans,f1[N],f2[N],g[N];
struct Edge{
    int to,nex,w;
}edge[N << 1];
void AddEdge(int u,int v,int w)
{
    edge[++dt] = (Edge){v,head[u],w};
    head[u] = dt;
}
void dfs(int u,int pre)
{
    f1[u] = f2[u] = -inf;int t;
    for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)
    {
        if(edge[i].to == pre)continue;
        dfs(edge[i].to,u);
        t = g[edge[i].to] + edge[i].w - max(g[edge[i].to],g[edge[i].to] + f1[edge[i].to] + edge[i].w);
        if(t > f1[u])f2[u] = f1[u],f1[u] = t;
        else if(t > f2[u])f2[u] = t;
        g[u] += max(g[edge[i].to],g[edge[i].to] + f1[edge[i].to] + edge[i].w);
    }
}
void Dfs(int u,int pre)
{
    ans = max(ans,g[u]);int s,t,c;
    for(int i = head[u];i;i = edge[i].nex)
    {
        if(edge[i].to == pre)continue;
        s = g[u] - max(g[edge[i].to],g[edge[i].to] + f1[edge[i].to] + edge[i].w);
        t = g[edge[i].to] + edge[i].w - max(g[edge[i].to],g[edge[i].to] + f1[edge[i].to] + edge[i].w);
        if(f1[u] == t)c = f2[u];else c = f1[u];
        g[edge[i].to] += max(s,s + c + edge[i].w);
        t = s + edge[i].w - max(s,s + c + edge[i].w);
        if(t > f1[edge[i].to])f2[edge[i].to] = f1[edge[i].to],f1[edge[i].to] = t;
        else if(t > f2[edge[i].to])f2[edge[i].to] = t;
        Dfs(edge[i].to,u);
    }
}
int main()
{
    freopen("beads.in","r",stdin);
    freopen("beads.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);int x,y,z;
    for(int i = 1;i < n;i++)
    {
        scanf("%d %d %d",&x,&y,&z);
        AddEdge(x,y,z);AddEdge(y,x,z);
    }
    dfs(1,-1);Dfs(1,-1);
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

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标签：范围 close 表示开始现在 cst mit 复杂 continue

原文地址：https://www.cnblogs.com/lzdhydzzh/p/8809053.html