51nod 1405 樹的距離之和

給定一棵無根樹，假設它有n個節點，節點編號從1到n, 求任意兩點之間的距離（最短路徑）之和。

input

第一行包含乙個正整數n (n <= 100000)，表示節點個數。

後面(n - 1)行，每行兩個整數表示樹的邊。

每行乙個整數，第i(i = 1,2,...n)行表示所有節點到第i個點的距離之和。

4

1 23 2
4 2

535

5

官方題解：

數學題，也可以說dp，不太難。

（1）我們給樹規定乙個根。假設所有節點編號是0-(n-1),我們可以簡單地把0當作根，這樣下來父子關係就確定了。
（2）定義陣列num[x]表示以節點x為根的子樹有多少個節點，dp[x]是我們所求的——所有節點到節點x的距離之和。
（3）在步驟（1）中，其實我們同時可以計算出 num[x]，還可以計算出每個節點的深度(每個到根節點0的距離），累加全部節點深度得到的其實就是是dp[0]。
（4） 假設乙個非根節點x，它的父親節點是y， 並且dp[y]已經計算好了，我們如何計算dp[x]?  
以x為根的子樹中那些節點，到x的距離比到y的距離少1, 這樣的節點有num[x]個。
其餘節點到x的距離比到y的距離多1，這樣的節點有(n - num[x])個。
於是我們有 dp[x] = dp[y] - num[x] + (n - num[x])
= dp[y] + n - num[x] * 2
因為樹的根節點dp[0]在步驟(3)已經計算出來了，根據所有的父子關係和這個上式，我們可以按照順序計算出整個dp陣列。
注意點： 重要的步驟都是簡單的dfs，但是一半遞迴實現可能導致堆疊溢位。
#include#include#include#include#include#include#include#include#pragma comment(linker, "/stack:10240000,10240000")
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf =0x3f3f3f3f;
const double  pi = acos(-1.0);
const int n = 1e5 + 10;
int root[n], num[n], len[n], vis[n], n;
vectorpath[n];
ll dp[n];
void dfs1(int x)
{    num[x]  = 1;
for(int i = 0, sz = (int)path[x].size(); i
曹鵬(題目提供者)  

51Nod 1405 樹的距離之和

acm模版 根據題意，這是一顆樹，所以每兩點之間的路徑一定是唯一的。這裡讓求所有點到第i個結點的距離和，其實也就是其他所有結點到第i個結點的距離和。通過觀察發現，只要我們找到了乙個點對應的結果，那麼其他所有的點都可以通過這個結果擴充套件出來，利用邊的關係。比如說，我們知道了第乙個結點對應的結果，並且...

51nod 1405 樹的距離之和

給定一棵無根樹，假設它有n個節點，節點編號從1到n,求任意兩點之間的距離 最短路徑 之和。input 第一行包含乙個正整數n n 100000 表示節點個數。後面 n 1 行，每行兩個整數表示樹的邊。output 每行乙個整數，第i i 1,2,n 行表示所有節點到第i個點的距離之和。input示例...

51nod 1405 樹的距離之和

思路 可以先隨便選取節點1作為樹的根節點，然後從根節點遍歷樹，每次儲存k節點的子節點總數 d k s 以及所有子節點都k節點的距離和 d k sum，在遍歷過程就可完成儲存。然後再從根節點遍歷一遍樹，求所有點到k節點的距離，就可以轉換成求k節點的子節點到k節點的距離s1和k節點的頭節點id其所在的另...