洛谷3047 [USACO12FEB]Nearby Cows G

Solution
842 Words

题目大意

有一棵$n$个节点的树，点有点权，对于每个节点，你要求出离这个节点距离$k$以内的节点的点权和

$1 \leq n \leq 10^5, 1 \leq k \leq 20$

分析

我们设与第$i$号点距离在$k$之内的点为$i$号点的影响集合。

首先我们发现每个节点的答案可以通过一遍$\texttt{dfs}$求得，但是这样的时间复杂度高达$\mathcal{O}(n ^ 2)$，显然不可能通过此题。

我们发现$k$很小，并且父亲节点的影响集合与孩子节点的影响集合有很大一部分是重合的。

这给了我们一些启发：如果我们能通过一些方法使得父亲节点的答案能够用比较少的时间转移到孩子节点，那么就能通过此题。

于是我们考虑换根$\texttt{dp}$。

我们首先通过一遍$\texttt{dfs}$求出节点$1$的答案$f[1]$，和每个节点$i$第$j$层孩子的点权和$sum[i][j] \; (0 \leq j \leq k)$

现在我们考虑答案如何从父亲节点转移到孩子节点。

首先我们发现，父亲节点的$k$级祖先不在孩子节点的影响集合内，孩子节点的$k$级儿子不在父亲节点的影响集合内。

令当前节点为$\texttt{u}$，父亲节点为$\texttt{fa}$，父亲节点的$k$级祖先为$\texttt{top}$，则$\Delta f_0 = -c[top] + sum[u][k]$

另外，我们发现$\forall \; i \in [1, k]$，$\texttt{fa}$的第$i-1$级祖先的第$k-i+1$层儿子不在$i$的影响范围内，但是这些节点某一些不应该被删掉，于是就有$\Delta f_i= - sum[now][k - i + 1] - sum[last][k - i]$，其中$\texttt{now}$表示$\texttt{fa}$的$i-1$级祖先，$last$表示$\texttt{u}$的$i-1$级祖先。

所以$f_u = f_{fa} + \sum_{i=0}^k \Delta f_i$，总时间复杂度$\mathcal{O}(n \times k)$

可能会有点绕，具体细节参见代码。

代码

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#include <bits/stdc++.h>

#define R register
#define ll long long
#define sum(a, b, mod) (((a) + (b)) % mod)

const int MaxN = 2e5 + 10;

struct edge
{
    int next, to;
};

edge e[MaxN];
int n, m, k, cnt;
int fa[MaxN][21], sum[MaxN][21];
int head[MaxN], f[MaxN], c[MaxN], dep[MaxN];

void add_edge(int u, int v)
{
    ++cnt;
    e[cnt].to = v;
    e[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt;
}

int jump(int x, int y)
{
    for (int i = 20; ~i; i--)
        if (y & (1 << i))
            x = fa[x][i];
    return x;
}

void dfs1(int u, int fa)
{
    if (dep[fa] <= k) f[1] += c[u];
    dep[u] = dep[fa] + 1, ::fa[u][0] = fa;
    for (int i = 1; i <= 20; i++)
        ::fa[u][i] = ::fa[::fa[u][i - 1]][i - 1];
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == fa) continue;
        dfs1(v, u);
        for (int j = 1; j <= k; j++)
            sum[u][j] += sum[v][j - 1];
    }
}

void dfs2(int u, int fa)
{
    if (u != 1)
    {
        int now = fa, last = u;
        f[u] = f[fa] + sum[u][k];
        for(int i = 1; i <= k; i++)
        {
            if(!now) break;
            f[u] -= sum[now][k - i + 1] - sum[last][k - i];
            last = now, now = ::fa[now][0];
        }
        f[u] -= c[now];
    }
    for (int i = head[u]; i; i = e[i].next)
    {
        int v = e[i].to;
        if (v == fa) continue;
        dfs2(v, u);
    }
}

inline int read()
{
    int x = 0;
    char ch = getchar();
    while (ch > '9' || ch < '0')
        ch = getchar();
    while (ch <= '9' && ch >= '0')
        x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return x;
}

int main()
{
    n = read(), k = read();
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u = read(), v = read();
        add_edge(u, v), add_edge(v, u);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        sum[i][0] = c[i] = read();
    dfs1(1, 0), dfs2(1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        printf("%d\n", f[i]);
        // for (int j = 1; j <= k; j++)
        //     printf("%d%c", sum[i][j], " \n"[j == k]);
    }
    return 0;
}
dp, 树, 树形dp
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