前言 啊好的，这节课又是对牛弹琴课。。。。。。 虽说题给的不难，以黄绿为主，，穿插了一个蓝一个紫，但是给一群不知道什么是树什么是DAG的人讲树形dp和dag上dp有点。。。。 顺便讲了讲拓扑排序和记忆化搜索 ORZ%%% lhm学长 正文 P6419 [COCI2014-2015#1] Kamp 应用换根 DP 的思路，先考虑只
P3478 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define f(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++) #define cl(i, n) i.clear(),i.resize(n); #define endl '\n' typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int,
[USACO12FEB]Nearby Cows G 一道换根DP的板子。但是通过这道题发现了我的一些错误代码细节。 一主要就是对于第二遍DFS的过程中对于自己的第二维（也就是距离那维）应当倒序枚举。因为你要保证你调用自己的某个值时这个值是正确的，又因为只会调用比自己小的dp值，所以倒序枚举就可以避免
ETT模板。 题意：维护一颗动态树，支持： 换父亲，换根，子树乘，子树求和。 ETT 实际上是用平衡树去维护这颗树的欧拉环游序。但是因为是欧拉环游序，所以是可以随意循环位移的。为了方便，我们从 根节点第一次出现的位置 断开这个欧拉环游序。（欧拉环游序实际上应该是一条环，大部分时候我们都是人
比较好想的换根 DP，但是有坑点。 我的做法需要的代码行数应该比较少。。去掉头部就 40 行左右。 分析 约定 \(f[u]\) 表示以 \(u\) 为根节点的时候的最大流量，\(w(u, v)\) 为 \(u, v\) 之间的边权。 首先考虑根节点为 \(u\) 的时候如何统计 \(f[u]\)（也就是统计子树 \(u\) 的结果）：
给你一个有 \(n\) 个点的树。当每一个点的度不超过 \(4\) 时这棵树是合法的。现在让你再添加一个点，在树仍然合法的情况下，一共有多少种树。 当两棵树同构时视作同一种。 保证输入的树是合法的。 \(n \le 10^5\) 换根 DP 动态规划 树哈希 学习 xzz 的树哈希做法。 考
题目 小奇采的矿实在太多了，它准备在喵星系建个矿石仓库。令它无语的是，喵星系的货运飞船引擎还停留在上元时代！ 喵星系有\(n\)个星球，星球以及星球间的航线形成一棵树。 从星球\(a\)到星球\(b\)要花费 \([dis(a,b)\ Xor\ M]\)秒。（\(dis（a,b）\)表示\(ab\)间的航线长度，\(Xor\) 为位运算中
题意 一颗树 \(n\) 个点，\(n-1\) 条边，经过每条边都要花费一定的时间，任意两个点都是联通的。 有 \(K\) 个人（分布在 \(K\) 个不同的点）要集中到一个点举行聚会。 聚会结束后需要一辆车从举行聚会的这点出发，把这 \(K\) 个人分别送回去。 请你回答，对于 \(i=1\sim n\)，如果在第 \(i\) 个点
传送门 前言 对于换根的理解应该和其他题解不一样，求过。 题解 首先分析题目简化题意：给定一棵树，从里面选出若干个“三连点”的边，使边权和最大。其中“三连边”有如下图两种形态：\(3-1-2\) 和 \(3-5-6\) （图源：tommymio） 一开始我想到一种 DP：\(dp(u,0/1/2)\) 表示 \(u\) 节点的子树内可
换根\(DP\)属于树形\(DP\)，是二次扫描，因为这类问题通常不会指定根结点，并且根节点的变化会对一些值，例如子结点深度和、点权和等产生影响。 通常需要二次\(DFS\)，第一次\(DFS\)来处理深度，以及点权和之类的问题，第二次\(DFS\)开始动态规划。 令\(u\)为当前结点，\(v\)为当前结点的叶子结点
宣传一下 题单 什么是换根 DP 换根 DP 其实是树形 DP 的一小个分支，其题型一般为如下： 请计算当以哪个点为根时，满足题意所说的最值。 步骤一般如下： 先计算出以某一个点为根的数据 再根据那个点的数据推出他的儿子（或父亲）的数据 找到最值数据输出 \(to \ be \ continued\)
题面 一道看上去像道换根DP但可以用其他方法水过去的题目，正解显然是换根DP。 考虑换根DP两个步骤，一个是求 \(f_1\) ，第二是由 \(f_u\) 推出 \(f_v\) 。 先是状态的定义。 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根的答案。 然后考虑"反向边"怎么存，因为不能不存。这个可以用边的权值来记录。 \(val
换根DP 换 根 d p 一 般 的 三
#include <iostream> #include <vector> using namespace std; using ll = long long ; const int N=2e5+10; ll f[N],g[N],size1[N]; vector<int>gg[N]; void dfs1(int x,int fa){ size1[x]=1; for(auto &t:gg[x]){ if(t==fa)continue
换根dp 闲话：换根dp其实常见的还是挺简单的 ，就是太菜了，之前学了两次都忘了，写篇总结留给下次忘了再看。 多锻炼身体，身体zui重要。 换根dp一般分为三个步骤 1、先指定一个根节点 2、一次dfs统计子树内的节点对当前节点的贡献 3、一次dfs统计父亲节点对当前节点的贡献并合并统计
树形dp(换根dp) 一句话总结重点：第一次dfs搜索所有点，得出所有点状态的值，第二次dfs对于各种状态进行计算，从而得出所需要的答案。 dfs设计： 总结： 第一次扫描时，任选一个点为根，在“有根树”上执行一次树形dp，在回溯时，自底向上的状态转移。 第二次扫描时，从第一次选的根出发，对整根树执行一
原题链接 考察:树形dp 错误思路: 换根dp,正向点权值0,逆向点权值1.求每个点到其他点的距离和. 此思路错在会多次计算要旋转的边. 思路: 换根dp,需要两次dfs求当前结点i往下走的逆转数和往上走的逆转数.向下走的计算很容易 f[u][1]+=f[v][1]+road[i].w
脱产总结(1)—2020.9 从9月14日开始脱产。这是个特殊的日子，至于为什么特殊，懂得自然懂，不懂的我也不想告诉。一路坎坷，是龙是虫，都在此一举吧。 9.2 Accumulation Degree 换根DP。 换根还是很常用的，树形DP的题着重看一看。 9.4 浅谈了一发换根，因为那时候还没脱产，是单数天才来。 9.11
codeforces gym 远古时期的区域赛,前8道题都比较无聊,熟练换根DP可直接虚空夺冠. A. 签到. I. 签到. D. 试图用组合数和容斥原理计算,精度直接爆炸.合理的做法是用\(DP[i][j][k]\)表示第\(i\)天恰有\(j\)行和\(k\)列被支配的概率.转移时需要先算加法再算除法,否则会有精度问题.复
/** 给定一棵树，要求给树边赋值[0,n-2]，每个值只能使用一次 S = mex(u,v), mex(u,v)是u-v路径上没有出现过的编号最小的值 问使得S最大的赋值方式 由于很难直接统计答案，所以考虑统计每条边的贡献 包含(0)路径的贡献tot1是其左右子树size的乘积 包含(0,1)的
一.题目链接： HDU-2196 二.题目大意： 给一颗无根树，求每个节点所能到达节点的最大距离. 三.分析： 感觉换根好难搞啊，想不清该维护哪些量，额我好笨啊... 附一个大佬讲解，看完就懂了~ 还是要多做一些换根dp呀 (ง •̀_•́)ง 四.代码实现： #include <bits/stdc++.h> using namespace
code: #include <bits/stdc++.h> #define N 500002 #define LL long long #define setIO(s) freopen(s".in","r",stdin) using namespace std; int n,edges; double f[N],g[N],perc[N<<1],q[N]; int hd[N],to[N<
一道很好的换根dp题。考场上现场yy十分愉快 给定树，求每个点的到其它所有点的距离异或上m之后的值，n=100000,m<=16 只能线性复杂度求解，m又小得奇怪。或者带一个log像kx一样打一个线段树 我们可以发现，m小的话对距离很大的路径的影响也不会超过16。 那么变化的其实就是最后4个二进制位
CF1137F Matches Are Not a Child's Play trick题目 考虑变成有根树，把最后删除的点当做根 就是n了 发现，up操作就是换根！ 如果不换根？ 直接求出序列查询即可 换根？ 那么，新根y是最大值，原根x是次大值， 那么一定是把其他的点都直接删掉，最后剩下(x,y)路径的点，从x一路删到y 发现
2. 小x游世界树 (yggdrasi.pas/c/cpp) 【问题描述】 小x得到了一个(不可靠的)小道消息，传说中的神岛阿瓦隆在格陵兰海的某处,据说那里埋藏着亚瑟王的宝藏，这引起了小x的好奇，但当他想前往阿瓦隆时发现那里只有圣诞节时才能到达，然而现在已经春天了，不甘心的他将
