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【树形dp题解】dfs的巧妙应用

news 来源：原创 2025/8/22 7:45:53

【树形dp题解】dfs的巧妙应用

[P2986 USACO10MAR] Great Cow Gathering G - 洛谷

题目大意：

Bessie 正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。

每个奶牛居住在 $N$ 个农场中的一个，这些农场由 $N - 1$ 条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路 $i$ 连接农场 $A_i$ 和 $B_i$ ，长度为 $L_i$ 。集会可以在 $N$ 个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着 $C_i$ 只奶牛。

在选择集会的地点的时候，Bessie 希望最大化方便的程度（也就是最小化不方便程度）。比如选择第 $X$ 个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和（比如，农场 $i$ 到达农场 $X$ 的距离是 $20$ ，那么总路程就是 $C_i\times 20$ ）。帮助 Bessie 找出最方便的地点来举行大集会。

对于 $d f s$ 来说，我们可以从上到下计算，也可以从下到上计算。如果我们想知道每个节点距离根节点的距离 $d_i(i \neq root)$ ，那么我们不妨令 $d_{root} = 0$ ，通过自顶向下的搜索得到 $d_i(i \neq root)$

不妨设 $sz_i$ 表示以 $i$ 为根的子树中奶牛数量的和。此时需要自底向上计算

不妨设 $f_i$ 表示以节点 $i$ 为聚会地点时的最小不方便程度。对于以 $i$ 为根时树的叶子节点来说， $f_i = d_i \times C_i(i = 叶子节点)$ 。对于以 $i$ 为根，非叶子节点的节点来说， $f_i = f_j + d_i \times C_i(i \neq 叶子节点, j是节点i的儿子节点)$ 。这可以从底向上计算得到

读者不妨认真体会以下代码。我给出一些理解：在自底向上计算时，一般先处理本层逻辑，在回溯时累加

由于此题可以任选根节点进行 $d f s$ ，这里我选择 $1$ 作为根节点

void dfs1(int u, int fa) {sz[u] = cnt[u];f[u] = d[u] * cnt[u];for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (j == fa) continue;d[j] = d[u] + w[i];dfs1(j, u);sz[u] += sz[j];f[u] += f[j];}
}

在预处理好上述含义数组后，我们思考转移方程。读者不妨画出图来，否则难以理解

假设根节点 $u$ 的儿子有 $son_1, son_2$ ，若此时将 $son_1$ 作为集会地点， $f[son_1]$ 可以 $f [u]$ 转移得到

转换集会地点前： $f[u] = f[son_1] + f[son_2]$

转换地点后： $f[son_1]$ 本来以根节点 $1$ 为集会地点，现在集会地点变为 $j (j 是根节点的儿子)$ ，转换后有 $f[son_1] = f[son_1] - w[i] \times sz[son_1]$

同理， $f[son_2] = f[son_2] + w[i] \times (sz[1] - sz[son_1])$

有 $f[son_1] - w[i] \times sz[son_1] + f[son_2] + w[i] \times (sz[1] - sz[son_1])$

即 $f[son_1] + f[son_2] - w[i] \times (2sz[son_1] - sz[1]) = f[u] - w[i] \times (2sz[son_1] - sz[1])$

void dfs2(int u, int fa) {for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (j == fa) continue;f[j] = f[u] - (2 * sz[j] - sz[1]) * w[i];dfs2(j, u);}
}

完整代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
#define endl "\n"#define int long longconst int N = 100010, M = N * 2;
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
int cnt[N];
int n;
int res = INT_MAX;
int d[N], sz[N], f[N];void add(int a, int b, int c) {e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx ++;
}void dfs1(int u, int fa) {sz[u] = cnt[u];f[u] = d[u] * cnt[u];for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (j == fa) continue;d[j] = d[u] + w[i];dfs1(j, u);sz[u] += sz[j];f[u] += f[j];}
}void dfs2(int u, int fa) {for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (j == fa) continue;f[j] = f[u] - (2 * sz[j] - sz[1]) * w[i];dfs2(j, u);}
}signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);memset(h, -1, sizeof h);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> cnt[i];}for (int i = 1; i <= n - 1; i ++) {int u, v, x;cin >> u >> v >> x;add(u, v, x);add(v, u, x);}dfs1(1, -1);dfs2(1, -1);LL res = 1e18;for (int i = 1; i <= n; i ++) {res = min(res, f[i]);}cout << res << endl;return 0;
}

【树形dp题解】dfs的巧妙应用

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