Accumulation Degree题解-程序员宅基地
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题目大意：有一个树形的水系，其中有 n n n个节点，有 n − 1 n-1 n−1条边。 x x x, y y y两点之间的容量用 c ( x , y ) c(x,y) c(x,y)表示。 n n n个点中有一个点可以作为源点，可以不断地流出水。所有度数为 1 1 1的点都为汇点，水可以从该点流出。然后求以哪个点作为源点可以使得整个水系的流量最大。
先来考虑暴力，我们取每个点为源点，然后这个就成了个有根树。
现在以第 6 6 6号节点为源点
不难发现，每个点都是从它的父亲节点获得水，并流向它的儿子节点
用 D [ x ] D[x] D[x]来表示以 x x x为根的子树中，从 x x x出发流向子树的最大流量
D [ x ] = ∑ y ∈ S o n ( x ) { m i n ( D [ y ] , c ( x , y ) ) y 的 度 数 > 1 c ( x , y ) y 的 度 数 = 1 D[x]=\sum_{y\in Son(x)}\begin{cases} min(D[y],c(x,y))& y的度数>1\\ c(x,y)& y的度数=1 \end{cases} D[x]=y∈Son(x)∑{
min(D[y],c(x,y))c(x,y)y的度数>1y的度数=1
对于我们要枚举的每个源点 s s s,可以用树形DP求出 D [ x ] D[x] D[x]数组
void dp(int x)
{
v[x]=1;//访问标记
d[x]=0;
for(int i=Link[x];i;i=a[i].Next)
{
int y=a[i].y;
if(v[y])
{
continue ;
}
dp(y);
int v=a[i].v;
if(deg[y]==1)
{
d[x]+=v;
}
else
{
d[x]+=min(d[y],v);
}
}
}
但是枚举每个根节点的复杂度是承受不了的。
此时我们就得用不那么暴力的换根法
用二次扫描与换根法代替源点的枚举
先任选一个源点为根节点，设该点为 r o o t root root，用上面的函数跑一遍，得到 D r o o t D_{root} Droot
设 F [ x ] F[x] F[x]为把 x x x作为源点的最大流量。对于我们设的根节点 r o o t root root,显然有 D [ r o o t ] = F [ r o o t ] D[root]=F[root] D[root]=F[root]
若 F [ x ] F[x] F[x]已经知道了，则考虑其子节点 y y y, F [ y ] F[y] F[y]分为两部分：
1.从 y y y流向以 y y y为根的子树的流量，已经计算并存在 D [ y ] D[y] D[y]中了
2.从 y y y沿着父亲节点的路线，流到其他的节点。
因为把 x x x作为源点的总流量为 F [ x ] F[x] F[x],从 x x x流向 y y y的流量为 m i n ( D [ y ] , c ( x , y ) ) min(D[y],c(x,y)) min(D[y],c(x,y))，所以从 x x x流向除 y y y以外的其他部分的流量就是它们的差。
因此将 y y y作为源点，先流到 x x x，再流向其他部分的流量就是这个差灾区和 c ( x , y ) c(x,y) c(x,y)取最小值的结果
F [ y ] = D [ y ] + { m i n ( F [ x ] − m i n ( D [ y ] , c ( x , y ) ) , c ( x , y ) ) x 的 度 数 > 1 c ( x , y ) x 的 度 数 = 1 F[y]=D[y]+\begin{cases} min\left(F[x]-min(D[y],c(x,y)),c(x,y)\right)& x的度数>1\\ c(x,y)&x的度数=1 \end{cases} F[y]=D[y]+{
min(F[x]−min(D[y],c(x,y)),c(x,y))c(x,y)x的度数>1x的度数=1
F [ y ] F[y] F[y]就是把源点从 x x x换成 y y y后，流量的计算结果。
void dfs(int x)
{
v[x]=1;
for(int i=Link[x];i;i=a[i].Next)
{
int y=a[i].y;
if(v[y])
{
continue ;
}
int v=a[i].v;
if(deg[x]==1)
{
f[y]=d[y]+v;
}
else
{
f[y]=d[y]+min(f[x]-min(d[y],v),v);
}
dfs(y);
}
}
最后的代码就不贴了，就是求出 f f f数组之后求个 m a x max max就完事了
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