樹形dp
套路題，但是轉移有點麻煩。乙個很顯然的想法就是 先df
s 一次把子樹搞完，然後再df
s 加上其父節點對當前節點的影響。寫的略辣眼睛，除錯了好久。。dp
[0][
u],d
p[1]
[u] 分別表示以u為根，走回來和不走回來的最大值，第一次df
s 很簡單，普通的套路，第二次的時候，我們先把父親節點對於即將訪問的兒子節點的影響排除掉，再df
s ，然後回溯的時候還原即可，注意dp
[1][
u]的時候要記錄下次大，轉移的時候，若即將訪問的兒子節點
v 在
u往下走不回來的路上，就用次大值來減去影響。
//
// created by running photon
//#include
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#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ins(x) inserter(x, x,begin())
#define ll long long
#define clr(x) memset(x, 0, sizeof x)
using
namespace
std;
const
int inf = 0x3f3f3f3f;
const
int mod = 1e9 + 7;
const
int maxn = 2e5 + 10;
const
int maxv = 1e5 + 10;
const
double eps = 1e-9;
int pnt[maxn], nxt[maxn], val[maxv], head[maxv], cost[maxn], cnt;
void add_edge(int u, int v, int value)
int dp[2][maxv];
void dfs1(int u, int fa)
}for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i])
}}void dfs2(int u, int fa, int cost)
tmp = dp[1][u] = dp[0][u];
for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i])
else
if(dp[0][u] - max(0, dp[0][v] - cost[i] * 2) + (dp[1][v] - cost[i]) >= tmp)
}// printf("dp[0][%d] = %d dp[1][%d] = %d tmp = %d\n", u, dp[0][u], u, dp[1][u], tmp);
int l = dp[0][u], r = dp[1][u];
for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i])
if(dir == v) else
if(dp[0][v] - cost[i] * 2 > 0)
// printf("dir = %d\n", dir);
// printf("nxt%d = %d\n", v, dp[1][u]);
dfs2(v, u, cost[i]);
dp[0][u] = l, dp[1][u] = r;
}}int main()
dfs1(1, -1);
dfs2(1, -1, 0);
for(int i = 1; i <= n; i++)
}return
0;}
hdu3790解題報告
這裡起點和終點都是確定的，唯一有點小麻煩 也算不上什麼麻煩 就是這裡的權值有兩個，錢和路長，題目要求選擇最短路，對於一樣長度的路選擇錢最少的路.那麼我們每次就對路長鬆弛，對於路長一樣的在對錢鬆弛.不懂鬆弛操作的很抱歉 ac 840k 109ms include includeusing namesp...
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