ZOJ 3949 Edge to the Root（树形DP）

Posted 2020-09-09 forever97‘s blog

 

【题目链接】 http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3949

 

【题目大意】

　　给出一棵根为1的树，每条边边长为1，请你从根连一条边到某个点，
　　使得各点到根距离的总和最小，求这个最小距离和

 

【题解】

　　假设从1连到x，那么受影响的只有1和x中点往下的部分，
　　我们发现中点往下的部分根据每个点答案改变的大小可以分为多个部分，
　　每个部分大小为其1-x链上的父节点子树大小减去其链上第一子节点子树大小，
　　设其链上父节点为y，那么这一块里每个点的距离变化为2*dy-1-dx
　　那么答案变化为∑(2*dy-1-dx)=-sizeall*dx+∑(2*dy-1)
　　所以我们按链维护(1-2*dy)*sizey的前缀和，这里sizey指的是固定块的大小而不是子树大小
　　固定块的大小我们可以通过子树大小加减得到，当计算另一条链的时候，我们回溯消除影响，
　　对于节点x的答案，我们可以取其链上前缀和与其中点的链上前缀和的差值，
　　就得到了受影响部分的(1-2*dy)*sizey的和，在加上sizeall*dx，得到答案变化
　　我们求出每个节点答案可能变化的最小值，和原本的固定答案相加，就是这题的答案。

 

【代码】

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring> 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=200010;
vector<int> G[N];
int cnt,st[N],size[N],d[N];
LL C[N],S[N],ans,all;
void dfs(int x,int fx){
    d[x]=d[fx]+1;
    all+=d[x];
    size[x]=1;
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        int v=G[x][i];
        if(v!=fx){
            dfs(v,x);
            size[x]+=size[v];
        }
    }
}
void dfs2(int x,int fx){
    if(cnt)S[cnt]-=C[cnt]*size[x];
    st[++cnt]=x;
    C[cnt]=1-2*d[x];
    S[cnt]=S[cnt-1]+C[cnt]*size[x];
    if(fx){
        int mid=(cnt+1)/2;
        ans=min(ans,S[cnt]-S[mid]+1LL*size[st[mid+1]]*d[x]);
    }
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        int v=G[x][i];
        if(v!=fx)dfs2(v,x);
    }if(--cnt)S[cnt]+=C[cnt]*size[x];
}
int T,n;
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear(); 
        for(int i=1;i<n;i++){
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v); 
            G[u].push_back(v);
            G[v].push_back(u);
        }d[all=ans=0]=-1;
        dfs(1,0);
        dfs2(1,0);
        printf("%lld\n",all+ans);
    }return 0;
}