Accumulation Degree题解

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题目大意：有一个树形的水系，其中有nnn个节点，有n−1n-1n−1条边。xxx,yyy两点之间的容量用c(x,y)c(x,y)c(x,y)表示。nnn个点中有一个点可以作为源点，可以不断地流出水。所有度数为111的点都为汇点，水可以从该点流出。然后求以哪个点作为源点可以使得整个水系的流量最大。

先来考虑暴力，我们取每个点为源点，然后这个就成了个有根树。

现在以第666号节点为源点

不难发现，每个点都是从它的父亲节点获得水，并流向它的儿子节点

用D[x]D[x]D[x]来表示以xxx为根的子树中，从xxx出发流向子树的最大流量
D[x]=∑y∈Son(x){min(D[y],c(x,y))y的度数>1c(x,y)y的度数=1D[x]=\sum_{y\in Son(x)}\begin{cases} min(D[y],c(x,y))& y的度数>1\\ c(x,y)& y的度数=1 \end{cases} D[x]=y∈Son(x)∑{min(D[y],c(x,y))c(x,y)y的度数>1y的度数=1
对于我们要枚举的每个源点sss,可以用树形DP求出D[x]D[x]D[x]数组

void dp(int x)
{v[x]=1;//访问标记d[x]=0;for(int i=Link[x];i;i=a[i].Next){int y=a[i].y;if(v[y]){continue ;}dp(y);int v=a[i].v;if(deg[y]==1){d[x]+=v;}else{d[x]+=min(d[y],v);}}
}

但是枚举每个根节点的复杂度是承受不了的。

此时我们就得用不那么暴力的换根法

用二次扫描与换根法代替源点的枚举

先任选一个源点为根节点，设该点为rootrootroot，用上面的函数跑一遍，得到DrootD_{root}Droot

设F[x]F[x]F[x]为把xxx作为源点的最大流量。对于我们设的根节点rootrootroot,显然有D[root]=F[root]D[root]=F[root]D[root]=F[root]

若F[x]F[x]F[x]已经知道了，则考虑其子节点yyy,F[y]F[y]F[y]分为两部分：

1.从yyy流向以yyy为根的子树的流量，已经计算并存在D[y]D[y]D[y]中了

2.从yyy沿着父亲节点的路线，流到其他的节点。

因为把xxx作为源点的总流量为F[x]F[x]F[x],从xxx流向yyy的流量为min(D[y],c(x,y))min(D[y],c(x,y))min(D[y],c(x,y))，所以从xxx流向除yyy以外的其他部分的流量就是它们的差。

因此将yyy作为源点，先流到xxx，再流向其他部分的流量就是这个差灾区和c(x,y)c(x,y)c(x,y)取最小值的结果
F[y]=D[y]+{min(F[x]−min(D[y],c(x,y)),c(x,y))x的度数>1c(x,y)x的度数=1F[y]=D[y]+\begin{cases} min\left(F[x]-min(D[y],c(x,y)),c(x,y)\right)& x的度数>1\\ c(x,y)&x的度数=1 \end{cases} F[y]=D[y]+{min(F[x]−min(D[y],c(x,y)),c(x,y))c(x,y)x的度数>1x的度数=1
F[y]F[y]F[y]就是把源点从xxx换成yyy后，流量的计算结果。

void dfs(int x)
{v[x]=1;for(int i=Link[x];i;i=a[i].Next){int y=a[i].y;if(v[y]){continue ;}int v=a[i].v;if(deg[x]==1){f[y]=d[y]+v;}else{f[y]=d[y]+min(f[x]-min(d[y],v),v);}dfs(y);}
}

最后的代码就不贴了，就是求出fff数组之后求个maxmaxmax就完事了

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