标签：ch 亿些 int long II read 原古 dp getchar
之前那个太满了编辑一下卡一年所以就新开一个。
[USACO12FEB]Nearby Cows G [2]
一句话题意：给你一棵 \(n\) 个点的树，点带权，对于每个节点求出距离它不超过 \(k\) 的所有节点权值和 \(m_i\) 。
\(1 \le n \le 10^5\)
定睛一看这就是今年省选B卷D1T2的60pts数据嘛。
k的范围很小，可以用\(O(nk)\)的算法水过去。其实就是换根dp。
令\(dp[u][k]\)代表u到其子树内距离为k的点的权值和，有\(dp[u][k]+=dp[v][k-1]\)。
然后考虑怎么从父亲扩展到儿子，其实就是一步容斥：\(f[v][k]=dp[v][k]+f[u][k-1]-dp[v][k-2]\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
const int K = 22;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
template <typename T> void read(T &x) {
T w = 1;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1;
for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
x *= w;
}
struct node{
int pre, to;
}edge[N << 1];
int head[N], tot;
int n, k;
int dp[N][K], f[N][K];
void add(int u, int v) {
edge[++tot] = node{head[u], v};
head[u] = tot;
}
void dfs1(int x, int fa) {
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].pre) {
int y = edge[i].to;
if (y == fa) continue;
dfs1(y, x);
for (int j = 1; j <= k; j++) {
dp[x][j] += dp[y][j - 1];
}
}
}
void dfs2(int x, int fa) {
f[x][0] = dp[x][0];
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].pre) {
int y = edge[i].to;
if (y == fa) continue;
for (int j = 1; j <= k; j++) {
if (j > 1) f[y][j] = dp[y][j] + (f[x][j - 1] - dp[y][j - 2]);
else f[y][j] = dp[y][j] + (f[x][j - 1]);
}
dfs2(y, x);
}
}
int main() {
read(n); read(k);
for (int i = 1, u, v; i < n; i++) {
read(u); read(v);
add(u, v);
add(v, u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) read(dp[i][0]);
dfs1(1, 0);
for (int i = 1; i <= k; i++) f[1][i] = dp[1][i];
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j <= k; j++) {
f[i][j] += f[i][j - 1];
}
printf("%d\n", f[i][k]);
}
return 0;
}
[USACO10MAR]Great Cow Gathering G [2]
换根dp模板题。
同时记录\(sz[u]\)代表\(u\)的子树内有多少奶牛，那转移时即为\(dp[u]=dp[v]+sz[v] \times val(u,v)\)。
注意开long long。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
const ll inf = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
template <typename T> void read(T &x) {
T f = 1;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (x = 0; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
x *= f;
}
template <typename T> void cmin(T &x, T y) {if (y < x) x = y;}
struct node{
int pre, to;
ll val;
}edge[N << 1];
int head[N], tot;
int n;
int c[N];
ll dp[N], sz[N];
ll ans = inf;
void add(int u, int v, int l) {
edge[++tot] = node{head[u], v, l};
head[u] = tot;
}
void dfs1(int x, int fa) {
sz[x] = c[x];
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].pre) {
int y = edge[i].to;
if (y == fa) continue;
dfs1(y, x);
sz[x] += sz[y];
dp[x] += dp[y] + sz[y] * edge[i].val;
}
}
void cut(int x, int y, int val) {
dp[x] -= dp[y] + sz[y] * val;
sz[x] -= sz[y];
}
void link(int x, int y, int val) {
dp[x] += dp[y] + sz[y] * val;
sz[x] += sz[y];
}
void change_root(int x, int y, int val) {
cut(x, y, val);
link(y, x, val);
}
void dfs2(int x, int fa) {
cmin(ans, dp[x]);
for (int i = head[x]; i; i = edge[i].pre) {
int y = edge[i].to;
if (y == fa) continue;
change_root(x, y, edge[i].val);
dfs2(y, x);
change_root(y, x, edge[i].val);
}
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) read(c[i]);
for (int i = 1, a, b, v; i < n; i++) {
read(a); read(b); read(v);
add(a, b, v);
add(b, a, v);
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
printf("%lld", ans);
return 0;
}
标签：ch,亿些,int,long,II,read,原古,dp,getchar 来源： https://www.cnblogs.com/zcr-blog/p/15868871.html
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