树上的巧克力-树形DP

树上的巧克力-树形DP

原题

题意

在树上选取两条不重叠的链，使得链上的权值和最大。

思路

很容易想到和树的直径有关，但是我们有两条链，这怎么办？

我们先观察它和直径的关系，发现画出来的图无非是一条直径和一条去掉直径后的直径（和第一条直径连起来也是剩下的直径）。

所以，我们先求出直径，然后在每个直径上的点求出去掉直径后的直径。（去掉直径就是不能走这条直径），简单算一下时间复杂度，发现在 \(O(n^2)\) 的外表下藏着 \(O(n)\) 的心，可行。

然后就可以快乐度过水样例，发现 \(wa\) 在了第 \(3\) 个点。

仔细考虑一下我们的思路和代码实现，再加上 \(cf\) 大善人送的第 \(3\) 个样例，发现我们的少了两条链都不是直径的情况，这是什么玩意，不是偏离了我们的思路吗？但细细思考会发现，依旧有直径的身影。

至于求出这样新的两边，我们可以记录直径上每个节点先连且不走直径的最大链。最后最一遍前缀和即可。

实在想不到的话可以用 \(dp\) 把每种状态记录，但是我浪费的时间已经很多了，就不详细展开。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn = 1e5+10;vector<int> gra[maxn];
int n,wi[maxn],di[maxn],c;
int pre[maxn],zj[maxn];// 记录直径节点
bool vis[maxn];int line[maxn];// 节点出去的最大链
int pre_sum[maxn],ma_pre[maxn];
int suf_sum[maxn],ma_suf[maxn];void dfs(int u,int p,int op=1)// 能记录前驱的dfs
{if(op==2){pre[u]=p;}for(int v : gra[u]){if(v==p || vis[v]) continue;di[v]=di[u]+wi[v];if(di[v]>di[c]){c=v;}dfs(v,u,op);}
}signed main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("cjdl.in","r",stdin);freopen("cjdl.out","w",stdout);#endif // ONLINE_JUDGEscanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",wi+i);}for(int i=1,x,y ;i<n;++i){scanf("%lld%lld",&x,&y);gra[x].emplace_back(y);gra[y].emplace_back(x);}int ans1=0,ans2=0;di[1]=wi[1];// 求一遍直径，并记录节点dfs(1,0);di[c]=wi[c];dfs(c,0,2);ans1+=di[c];// ans1加上直径zj[++zj[0]]=c;vis[c]=1;while(pre[c]){c=pre[c];zj[++zj[0]]=c;vis[c]=1;// 标记}int ma=0;for(int i=1;i<=zj[0];++i){c=zj[i];// 其实没用di[c]=0;// 好像也没用dfs(c,0);if(c==zj[i]) continue;// 如果不能出去line[zj[i]]=di[c];// line就是第一遍dfsdi[c]=wi[c];dfs(c,0);ma=max(ma,di[c]);// 记录最长}ans1+=ma;for(int i=1;i<=zj[0];++i){pre_sum[i]=pre_sum[i-1]+wi[zj[i]];// 直径权值ma_pre[i]=max(ma_pre[i-1],pre_sum[i]+line[zj[i]]);// 算上扩展的line的最大权值}for(int i=zj[0];i>=1;--i){suf_sum[i]=suf_sum[i+1]+wi[zj[i]];ma_suf[i]=max(ma_suf[i+1],suf_sum[i]+line[zj[i]]);}for(int i=0;i<=zj[0];++i){ans2=max(ans2,ma_pre[i]+ma_suf[i+1]);// 取最大}printf("%lld",max(ans1,ans2));return 0;
}