HDU 5834 Magic boy Bi Luo with his excited tree (树形DP）
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这题很典型的树形dp可以看出来，但是要处理好所有的细节并不easy……至少对我来说是这样。 先dfs一遍处理出： dp[u][0]，最后一次不回来最大， dp[u][1]，不回来次大， dp[u][2],回来； （以上都是在子树范围下）（想象一下，dp[u][i]是包含了其所有子树信息的） id[u] ，最后一次不回来的孩子id 无疑：这里最关键的，也难点部分就在于 怎么处理“次大”，有时候我们我们要求“次大”不能和“最大”同样大，或者不能在同一个子树上。但是这里的“次大”却不一样，应该说要根据在第二遍dfs里怎么用这个“次大”来决定它是怎样的。 对于每个节点它都可以网上或者往下走，比较显然最后答案为： ans(u)?= max(fa不回来+son回来，fa回来+son不回来） 设 up1是fa不回来的价值，up2是fa回来的价值。 怎么维护这个两个值呢？
如图，令u=3，fa=1，v=5；现在我们要求v的up1和up2， 先说up1（不回来），那么对于5的父亲3来讲，它可以先去1再回3再去4不回来；也可以是先去4再回3再去1不回来，两种选择。 那么我们看一下各种代价是多少 1）去4不回来的代价d1，这里又要分两种情况 i）5==id[3] d1=?dp[3][1] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值） ii）5！=id[3] d1= dp[3][0] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值） 【插】关于次大：前面提到的次大到底应该怎样，就是与此处有关；可以看到在算d1的时候， 是减去了之前在去了一趟son节点收获的价值的，所以对于节点1这种情况，对于它的孩子3来说， 可以在节点1上收获的价值就是dp[1][2] - dp[3][2] + 2*cost ；所以这里的次大可以是和最大 同一个子树（因为在同一子树上也没关系，它会把要判断的son以下部分减掉） 2）去4回来的代价d2 d2 = dp[3][2] - dp[5][2] + 2*cost 那么5的up1的值也就能知道了： up1 = max(d1+up2',d2+up1') - cost (up1',up2' 为3的up1、up2） up2比较好算，去1，去4都得回来 即： up2 = d2 + up2' - 2*cost 这样我们就算得了v（5）的up1,up2； 在代码能力强、逻辑思维清晰、题量大的大牛面前这就是一道普通题……弱还是太弱了 【代码】 <span style="font-size:14px;">/* ***********************************************
Author :angon
************************************************ */
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
using namespace std;
#define showtime fprintf(stderr,"time = %.15fn",clock() / (double)CLOCKS_PER_SEC)
#define lld %I64d
#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<n;i++)
#define REPP(i,n) for(int i=k;i<=n;i++)
#define scan(d) scanf("%d",&d)
#define scanl(d) scanf("%I64d",&d)
#define scann(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define scannl(n,m) scanf("%I64d%I64d",&m)
#define mst(a,k) memset(a,sizeof(a))
#define LL long long
#define N 100005
#define mod 1000000007
inline int read(){int s=0;char ch=getchar();for(; ch<'0'||ch>'9'; ch=getchar());for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar())s=s*10+ch-'0';return s;}
int dp[N][3]; //0不回来最大，1不回来次大，2回来
int V[N];
int id[N];
int ans[N];
struct Edge
{
int to,cost,next;
}edge[N*2];
int head[N],tot;
void addedge(int u,int v,int c)
{
edge[tot] = (Edge){v,c,head[u]};
head[u] = tot++;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
dp[u][2]=V[u];
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
dp[u][2] += max(0,dp[v][2] - 2*edge[i].cost);
}
id[u]=-1;
dp[u][0]=dp[u][1]=V[u];
for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)
{
int ad=edge[i].to;
int wa=edge[i].cost;
if(ad==fa) continue;
int now = dp[u][2] - max(0,dp[ad][2]-2*wa) + max(0,dp[ad][0]-wa);
if(now>=dp[u][0])
{
dp[u][1]=dp[u][0];
dp[u][0]=now;
id[u]=ad;
}
else if(now>dp[u][1]) dp[u][1]=now;
}
//printf("u = %d %d %d %dn",u,dp[u][0],dp[u][1],dp[u][2]);
}
void dfs2(int u,int fa,int up1,int up2)
{
ans[u] = max(dp[u][0] + up2,dp[u][2] + up1);
for(int i=head[u]; ~i;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to; int cost = edge[i].cost;
if(v==fa) continue;
int d1,d2;
if(v==id[u]) //从u的其余子树之一不回来
d1 = max(0,dp[u][1] - max(0,dp[v][2]-2*cost));
else
d1 = max(0,dp[u][0] - max(0,dp[v][2]-2*cost));
d2 = max(0,dp[u][2] - max(0,dp[v][2]-2*cost)); //从u的其余子树回来
d1 = max(0,max(up2+d1,up1+d2) - cost );
d2 = max(0,d2+up2-2*cost);
dfs2(v,d1,d2);
}
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
int T; scan(T);
int cas=1;
while(T--)
{
int n;scan(n);
REPP(i,1,n) scan(V[i]);
mst(head,-1);tot=0;
REP(i,n)
{
int u,v,c;
scan(u);scann(v,c);
addedge(u,c);
addedge(v,c);
}
mst(dp,0);
dfs1(1,-1);
dfs2(1,-1,0);
printf("Case #%d:n",cas++);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
printf("%dn",ans[i]);
}
}
return 0;
}</span>
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