【DP（换根 DP）】AcWing 287. 积蓄程度

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）：

• \(u\) 的子节点 \(son[u]\) 能够提供的流量为 \(f[son[u]]\)。
• 因此，相应能够为 \(f[u]\) 提供的贡献为 \(\min(f[son[u]], w(u, son[u]))\)

这样，以 \(1\) 为根节点，我们就能够通过一次 \(dfs\) 将 \(f[1]\) 的结果处理出来。

需要注意的是，为了保证源点的流量是无穷，我们应该加一个特判：当遇到源点（叶节点）时，首先将其 \(f\) 值设为 \(\inf\)，最后在 \(dfs\) 后为了保证 \(f\) 值的正确性我们再将其设为 \(0\)。

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下面考虑换根，将所有节点为根的时候的结果再次使用一次 \(dfs\) 统计出来。

那么转移的过程是：

• 设现在已经处理好了 \(f[u]\)。
• 考虑使用父节点 \(u\) 的 \(f\) 值更新 \(f[son[u]]\)，换句话说就是考虑 \(u\) 能为 \(son[u]\) 提供的流量是多少。
• 那么，\(f[son[u]]\) 需要加上的是 \(u\) 点减去 \(son[u]\) 所在的子树的贡献 \(\min(f[son[u]], w(u, son[u])\)，也就是：\(f[son[u]] += f[u] - \min(f[son[u]], w(u, son[u]))\)。

但是这里有一个问题：如果父节点 \(u\) 可以作为源点（也就是其度数为 \(1\)），会使 \(u\) 为 \(son[u]\) 提供的流量为 \(\min(w(u, son[u]), \inf) = w(u, son[u])\)。但这个情况其实只会出现于：\(u\) 为根节点 \(1\) 且 \(1\) 的度数为 \(1\) 的情况，对此特判就好了。

// Problem: 积蓄程度
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/289/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(), (x).end()

#define x first
#define y second
using pii = pair<int, int>;
using ll = long long;

inline void read(int &x){
    int s=0; x=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-')x=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    x*=s;
}

const int N=4e5+5, INF=0x3f3f3f3f;

vector<pii> g[N];
int f[N];
int n;

void dfs1(int u, int fa){
	f[u]=(g[u].size()==1 && u!=1? INF: 0);
	for(auto [go, w]: g[u]){
		if(go==fa) continue;
		dfs1(go, u);
		f[u]+=min(w, f[go]);
	}
}

void dfs2(int u, int fa){
	for(auto [go, w]: g[u]){
		if(go==fa) continue;
		f[go]+=min(w, (u==1 && g[u].size()==1? INF: f[u])-min(w, f[go]));
		dfs2(go, u);
	}
}

int main(){
	int T; cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		rep(i,1,n-1){
			int u, v, w; read(u), read(v), read(w);
			g[u].pb({v, w}), g[v].pb({u, w});
		}
		dfs1(1, 0);
		rep(i,1,n) if(f[i]==INF) f[i]=0;
		dfs2(1, 0);
		int res=0;
		rep(i,1,n) res=max(res, f[i]);
		cout<<res<<endl;
		
		rep(i,1,n<<1) g[i].clear();
	}	
	return 0;
}