【POJ3585】Accumulation Degree 二次扫描与换根法

简单来说，这是一道树形结构上的最大流问题。

朴素的解法是可以以每个节点为源点，单独进行一次dp，时间复杂度是(O(n^2))
但是在朴素求解的过程中，相当于每次都求解了一次整棵树的信息，会做了不少的重复工作。
对于一棵子树的孩子节点和根节点之间存在着最优解的某些关联，因此可以采用自顶向下的一次 dfs 遍历求得结果。

阶段：子树大小
状态：当前子树大小的情况下，最大的流量是多少
状态转移方程：见代码

代码如下

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <memory.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;

int n,rt,d[maxn],f[maxn],deg[maxn];
struct node{
	int to,w;
	node(int x=0,int y=0):to(x),w(y){}
};
vector<node> G[maxn];

#define cls(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
void init(){
	cls(d,0);cls(f,0);cls(deg,0);
	for(int i=1;i<=2e5;i++)G[i].clear();
}

inline void add_edge(int from,int to,int w){
	G[from].push_back(node(to,w)),++deg[from];
	G[to].push_back(node(from,w)),++deg[to];
}

void read_and_parse(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int from,to,w;
		scanf("%d%d%d",&from,&to,&w);
		add_edge(from,to,w);
	}
}

void dfs1(int u,int fa){
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
		if(v==fa)continue;
		dfs1(v,u);
		if(deg[v]==1)d[u]+=w;
		else d[u]+=min(w,d[v]);
	}
}

void dfs2(int u,int fa){
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i].to,w=G[u][i].w;
		if(v==fa)continue;
		if(deg[u]==1)f[v]=d[v]+w;
		else f[v]=d[v]+min(f[u]-min(w,d[v]),w);
		dfs2(v,u);
	}
}

void solve(){
	rt=1;
	dfs1(rt,0);
	f[rt]=d[rt];//自顶向下需要初始化
	dfs2(rt,0);
	
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i]);
	printf("%d
",ans);
}

int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		init();
		read_and_parse();
		solve();
	}
	return 0;
}