9.26

以后可能会在每次考试后(当然极大概率咕咕咕)找一道题讲讲其实是三道题太多了

那么既然量减了,质量就会提上去了也不一定,一次可能会根据某一道题说些思路

反正也没人看,随便写一些留着自己用好了

　　于是本期节目为您带来:换根dp

　　这东西好像考了两三次了,每次都稍恶心,关键是转移难写

　　判断它是个换根dp:

　　　　1.时间复杂度$Theta(n)$的(或许$Theta(nlogn)$也可以?),暴力一般是$Theta(n^2)$的

　　　　2.考虑dp状态与子树有关系的,一般来说是求$ans[i]$需要在以$i$为根的树上统计答案

　　　　3.带补充...

　　我知道这是个换根dp了,然后呢?:

　　　　通常来说换根dp是需要$2+$次dfs的,并且这几次dfs求的都不一样,最后一次dfs通过前一次或几次的dfs求出的各种变量,让答案从父节点向儿子节点转移

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上例题:

　　randomwalking form 模拟测试52(b)

　　首先从数据范围推测复杂度,应该是个$Theta(n)$,最多加个$log$的对吧?

　　我们可以认为一个点的答案应该是(所有它能到的点的贡献和+它的点权)/它的度

　　即为(它父亲的贡献+所有它儿子的贡献和+它的点权)/它的度

　　于是我们会发现这很换根dp

　　那么考虑我们应该怎么切掉这道题

　　我们先定义$son[i]$为一个点的子树以及它本身对$ans[i]$的贡献

　　这显然是可以通过一次dfs求出来的

　　同时我们也就有了$ans[1]$

　　考虑如何由父节点将答案转移至儿子节点

　　对于一个父亲节点,它的答案组成是:

　　$它父亲的贡献+它所有儿子的贡献/它的度+它的点权$

　　对于一个儿子节点,它的答案组成是:

　　$它父亲的贡献+它所有儿子的贡献/它的度+它的点权$

　　那么我们把它的父亲的贡献减去父亲的点权*父亲的度即为:

　　　　$父亲的父亲的贡献+它所有兄弟的贡献+它的贡献$

　　将这个值减去它的子树,即为:

　　　　在以它为根的树中,它以前的父亲的子树对它以前的父亲的贡献

　　将这个值除它以前的父亲现在的儿子数,即为:

　　　　它以前的父亲现在的子树的贡献

　　设这个值为res,我们再考虑其他贡献

　　于是之前的$son[i]$可以被理解为:

　　　　除去它以前的父亲的子树的贡献后,其他儿子对它的贡献+它的点权

　　将son[i]*(度数-1)再减去它的点权

　　加上res即为它所有能到的所有点的贡献

　　再除以它的度,加上它的点权即为它的$ans$

　　于是就有了转移,上代码:

　　

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
#define cin(k)	scanf("%lld",&k)
const int maxn=1e6+5;
double ans[maxn],son[maxn];
struct road{
	int e,nt;
}r[maxn<<1];
int nt[maxn],tot;
int a[maxn],n;
double minn;int bj;
int v[maxn],du[maxn];
int sondu[maxn];
void dfs(int k)
{
	double tmp=0;
	v[k]=1;
	for(int q=nt[k];q;q=r[q].nt)
		if(!v[r[q].e])
		{sondu[k]++;dfs(r[q].e);tmp+=son[r[q].e];}
	if(sondu[k])tmp/=sondu[k];
	tmp+=a[k]*1.0;
	son[k]=tmp;
	v[k]=0;
}
void getans(int k)
{
	v[k]=1;
	for(int q=nt[k];q;q=r[q].nt)
		if(!v[r[q].e])
		{
			double res=ans[k];
			res-=a[k];res*=du[k];res-=son[r[q].e];
			if(du[k]!=1)	res/=(du[k]-1);
			res+=a[k];
			ans[r[q].e]=res;
			ans[r[q].e]+=(son[r[q].e]-a[r[q].e])*sondu[r[q].e];
			ans[r[q].e]/=du[r[q].e];
			ans[r[q].e]+=a[r[q].e];
			getans(r[q].e);
		}
	v[k]=0;
}
void add(int s,int e)
{
	r[++tot].e=e;
	r[tot].nt=nt[s];
	nt[s]=tot;
}
signed main()
{
	cin(n);
	for(int q=1;q<=n;q++)	cin(a[q]),minn+=1.0*a[q];
	for(int q=1,x,y;q<n;q++)
	{
		cin(x),cin(y);
		add(x,y),add(y,x);
		du[x]++,du[y]++;
	}
	dfs(1);
	ans[1]=son[1];
	getans(1);
	for(int q=1;q<=n;q++)
		if(ans[q]<minn)
			minn=ans[q],bj=q;
	cout<<bj<<endl;
}

　　大喘几口气,我们切掉了这道题

　　回顾一下过程,我们先求出了$ans[1]$和子树贡献

　　然后通过父亲节点与儿子节点的关系

　　将父亲的ans转移到了儿子身上

　　这也就是换根dp的思路

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　于是,全文完

下次不咕的时候再见