HDU 5834 Magic boy Bi Luo with his excited tree (树形DP）

这题很典型的树形dp可以看出来，但是要处理好所有的细节并不easy……至少对我来说是这样。

先dfs一遍处理出：

dp[u][0]，最后一次不回来最大，

dp[u][1]，不回来次大，

dp[u][2] , 回来；

（以上都是在子树范围下）（想象一下，dp[u][i]是包含了其所有子树信息的）

id[u] ，最后一次不回来的孩子id

无疑：这里最关键的，也难点部分就在于 怎么处理“次大”，有时候我们我们要求“次大”不能和“最大”同样大，或者不能在同一个子树上。但是这里的“次大”却不一样，应该说要根据在第二遍dfs里怎么用这个“次大”来决定它是怎样的。

对于每个节点它都可以网上或者往下走，比较显然最后答案为：

ans(u) = max(fa不回来+son回来，fa回来+son不回来）

设 up1是fa不回来的价值，up2是fa回来的价值。

怎么维护这个两个值呢？

如图，令u=3，fa=1，v=5；现在我们要求v的up1和up2，

先说up1（不回来），那么对于5的父亲3来讲，它可以先去1再回3再去4不回来；也可以是先去4再回3再去1不回来，两种选择。

那么我们看一下各种代价是多少

1）去4不回来的代价d1，这里又要分两种情况

i）5==id[3]

d1= dp[3][1] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值）

ii）5！=id[3]

d1= dp[3][0] - dp[5][2] + 2*cost (即3不回来的情况下减去去一趟5节点收获的价值）

【插】关于次大：前面提到的次大到底应该怎样，就是与此处有关；可以看到在算d1的时候，

是减去了之前在去了一趟son节点收获的价值的，所以对于节点1这种情况，对于它的孩子3来说，

可以在节点1上收获的价值就是dp[1][2] - dp[3][2] + 2*cost ；所以这里的次大可以是和最大

同一个子树（因为在同一子树上也没关系，它会把要判断的son以下部分减掉）

2）去4回来的代价d2

d2 = dp[3][2] - dp[5][2] + 2*cost

那么5的up1的值也就能知道了：

up1 = max(d1+up2' , d2+up1') - cost (up1' ,up2' 为3的up1、up2）

up2比较好算，去1，去4都得回来

即： up2 = d2 + up2' - 2*cost

这样我们就算得了v（5）的up1,up2；

在代码能力强、逻辑思维清晰、题量大的大牛面前这就是一道普通题……弱还是太弱了

【代码】

<span style="font-size:14px;">/* ***********************************************Author        :angon************************************************ */#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>#include <stack>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <math.h>#include <stdlib.h>#include <time.h>using namespace std;#define showtime fprintf(stderr,"time = %.15f\n",clock() / (double)CLOCKS_PER_SEC)#define lld %I64d#define REP(i,k,n) for(int i=k;i<n;i++)#define REPP(i,k,n) for(int i=k;i<=n;i++)#define scan(d) scanf("%d",&d)#define scanl(d) scanf("%I64d",&d)#define scann(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)#define scannl(n,m) scanf("%I64d%I64d",&n,&m)#define mst(a,k)  memset(a,k,sizeof(a))#define LL long long#define N 100005#define mod 1000000007inline int read(){int s=0;char ch=getchar();for(; ch<'0'||ch>'9'; ch=getchar());for(; ch>='0'&&ch<='9'; ch=getchar())s=s*10+ch-'0';return s;}int dp[N][3]; //0不回来最大，1不回来次大，2回来int V[N];int id[N];int ans[N];struct Edge{    int to,cost,next;}edge[N*2];int head[N],tot;void addedge(int u,int v,int c){    edge[tot] = (Edge){v,c,head[u]};    head[u] = tot++;}void dfs1(int u,int fa){  dp[u][2]=V[u];  for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)  {    int v = edge[i].to;    if(v==fa) continue;    dfs(v,u);    dp[u][2] += max(0 , dp[v][2] - 2*edge[i].cost);  }  id[u]=-1;  dp[u][0]=dp[u][1]=V[u];  for(int i=head[u];~i;i=edge[i].next)  {    int ad=edge[i].to;    int wa=edge[i].cost;    if(ad==fa) continue;    int now = dp[u][2] - max(0 , dp[ad][2]-2*wa) + max(0 , dp[ad][0]-wa);    if(now>=dp[u][0])    {      dp[u][1]=dp[u][0];      dp[u][0]=now;      id[u]=ad;    }    else if(now>dp[u][1]) dp[u][1]=now;  }  //printf("u = %d %d %d %d\n",u,dp[u][0],dp[u][1],dp[u][2]);}void dfs2(int u,int fa,int up1,int up2){    ans[u] = max(dp[u][0] + up2 , dp[u][2] + up1);    for(int i=head[u]; ~i;i=edge[i].next)    {        int v=edge[i].to; int cost = edge[i].cost;        if(v==fa) continue;        int d1,d2;        if(v==id[u]) //从u的其余子树之一不回来            d1 = max(0 , dp[u][1] - max(0,dp[v][2]-2*cost));        else            d1 = max(0 , dp[u][0] - max(0,dp[v][2]-2*cost));        d2 = max(0, dp[u][2] - max(0, dp[v][2]-2*cost));  //从u的其余子树回来        d1 = max(0 , max(up2+d1 , up1+d2) - cost );        d2 = max(0 , d2+up2-2*cost);        dfs2(v,u,d1,d2);    }}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);    int T; scan(T);    int cas=1;    while(T--)    {        int n;scan(n);        REPP(i,1,n) scan(V[i]);        mst(head,-1);tot=0;        REP(i,1,n)        {            int u,v,c;            scan(u);scann(v,c);            addedge(u,v,c);            addedge(v,u,c);        }        mst(dp,0);        dfs1(1,-1);        dfs2(1,-1,0,0);        printf("Case #%d:\n",cas++);        for(int i=1;i<=n;i++)        {            printf("%d\n",ans[i]);        }    }    return 0;}</span>