树的重心
题目
链接：https://www.acwing.com/problem/content/848/
给定一颗树，树中包含 n n n 个结点（编号 1 ∼ n 1 \sim n 1∼n）和 n − 1 n-1 n−1 条无向边。
请你找到树的重心，并输出将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
重心定义：重心是指树中的一个结点，如果将这个点删除后，剩余各个连通块中点数的最大值最小，那么这个节点被称为树的重心。
输入格式
第一行包含整数 n n n，表示树的结点数。
接下来 n − 1 n-1 n−1 行，每行包含两个整数 a a a 和 b b b，表示点 a a a 和点 b b b 之间存在一条边。
输出格式
输出一个整数 m m m，表示将重心删除后，剩余各个连通块中点数的最大值。
数据范围
1 ≤ n ≤ 1 0 5 1 \le n \le 10^5 1≤n≤105
输入样例
9
1 2
1 7
1 4
2 8
2 5
4 3
3 9
4 6
输出样例：
4
思路
任取一点u，如果以u为重心，则分为如下两类：
- u的子树
- u上面的部分
需要算出这两者的节点数，取最大值。具体细节见代码
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> e[N];
int n;
int sz[N]; //记录u的最大子树的节点数
int ans = 1e9;
void dfs(int u, int fa) { //u：当前点，fa：父节点
sz[u] = 1;
int mx = 0; //记录u上面的点和子节点连通块的最大值
for (auto j: e[u]) {
if (j == fa) continue; //防止向上搜索
dfs(j, u);
sz[u] += sz[j];
mx = max(mx, sz[j]);
}
mx = max(mx, n - sz[u]);
ans = min(ans, mx);
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
dfs(1, 0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
树的最长直径
题目
链接：https://www.acwing.com/problem/content/1074/
给定一棵树，树中包含 $ n $ 个结点（编号$ 1 ~ n $）和 $ n-1 $ 条无向边，每条边都有一个权值。
现在请你找到树中的一条最长路径。
换句话说，要找到一条路径，使得使得路径两端的点的距离最远。
注意：路径中可以只包含一个点。
输入格式
第一行包含整数 $ n $。
接下来 $ n-1 $ 行，每行包含三个整数 $ a_i,b_i,c_i $，表示点 $ a_i $ 和 $ b_i $ 之间存在一条权值为 $ c_i $ 的边。
输出格式
输出一个整数，表示树的最长路径的长度。
数据范围
$ 1 \le n \le 10000 $,
$ 1 \le a_i,b_i \le n $,
$ -10^5 \le c_i \le 10^5 $
输入样例：
6
5 1 6
1 4 5
6 3 9
2 6 8
6 1 7
输出样例：
22
思路
任取一点u，从u点向下搜索，返回时收集边的权值，记录两条路径：
- d1:记录从u点往下走的最长路径的长度
- d2:记录从u点往下走的次长路径的长度
更新答案：ans=max(ans,d1+d2)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 10010;
int n, ans;
typedef struct edge {
int v, w;
} edge;
vector<edge> e[N];
int dfs(int u, int fa) {
int d1 = 0, d2 = 0;//最长和次长
for (auto j: e[u]) {
auto [v, w] = j;
if (v == fa) continue;
int d = dfs(v, u) + w;
if (d >= d1) d2 = d1, d1 = d;
else if (d > d2) d2 = d;
}
ans= max(ans,d1+d2);
return d1;
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
e[a].push_back({b, c});
e[b].push_back({a, c});
}
dfs(1, 0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
树的中心
题目
链接：https://www.acwing.com/problem/content/1075/
给定一棵树，树中包含 $ n $ 个结点（编号$ 1 ~ n $）和 $ n-1 $ 条无向边，每条边都有一个权值。
请你在树中找到一个点，使得该点到树中其他结点的最远距离最近。
输入格式
第一行包含整数 $ n $。
接下来 $ n-1 $ 行，每行包含三个整数 $ a_i,b_i,c_i $，表示点 $ a_i $ 和 $ b_i $ 之间存在一条权值为 $ c_i $ 的边。
输出格式
输出一个整数，表示所求点到树中其他结点的最远距离。
数据范围
$ 1 \le n \le 10000 $,
$ 1 \le a_i,b_i \le n $,
$ 1 \le c_i \le 10^5 $
输入样例：
5
2 1 1
3 2 1
4 3 1
5 1 1
输出样例：
2
思路
开一个数组p:p[u]记录从u点向下走点最长路径是从哪个点下去的
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100010;
int ans = 2e9;
int n;
typedef struct edge {
int v, w;
} edge;
vector<edge> e[N];
int d1[N], d2[N], up[N], p[N];
void dfs1(int x, int fa) {
for (auto item: e[x]) {
int y = item.v, w = item.w;
if (y == fa) continue;
dfs1(y, x);
if (d1[y] + w > d1[x]) {
d2[x] = d1[x], d1[x] = d1[y] + w, p[x] = y;
} else if (d1[y] + w > d2[x]) d2[x] = d1[y] + w;
}
}
void dfs2(int x, int fa) {
for (auto item: e[x]) {
int y = item.v, w = item.w;
if (y == fa)continue;
else if (y == p[x]) up[y] = max(up[x], d2[x]) + w;
else up[y] = max(up[x], d1[x]) + w;
dfs2(y, x);
}
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
e[a].push_back({b, c});
e[b].push_back({a, c});
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = min(ans, max(d1[i], up[i]));
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
数字转换
题目
链接：https://www.acwing.com/problem/content/1077/
如果一个数 $ x $ 的约数之和 $ y $（不包括他本身）比他本身小，那么 $ x $ 可以变成 $ y ， ， ， y $ 也可以变成 $ x $。
例如，$ 4 $ 可以变为 $ 3 ， ， ， 1 $ 可以变为 $ 7 $。
限定所有数字变换在不超过 $ n $ 的正整数范围内进行，求不断进行数字变换且不出现重复数字的最多变换步数。
输入格式
输入一个正整数 $ n $。
输出格式
输出不断进行数字变换且不出现重复数字的最多变换步数。
数据范围
$ 1 \le n \le 50000 $
输入样例：
7
输出样例：
3
样例解释
一种方案为：$ 4 \to 3 \to 1 \to 7 $。
思路
因为每个数x的约数之和y是固定的，但是一个约数之和y有可能是很多数x产生的，因此我们可以从y向x连边，这样就可以构成一棵树了，反之就不会构成树
这样建图的方式会构造出很多的树
如何求每个数的约数：
可以使用试除法求约数，这样的时间复杂度为 O ( n n ) O(n\sqrt{n}) O(nn)本题应该可以过
也可以利用晒法的思想，对于一个数x，去枚举它的倍数(2倍，3倍…)，把这些倍数的数都加上数x，这样做的时间复杂度为调和级数 l n n + C lnn+C lnn+C，因此时间复杂度为 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-472671.html
构造完树之后，求最多的变换次数即变成了求树的最长直径，可以参考代码模版。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-472671.html
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e4 + 10;
vector<int> e[N];
int res = 0;
int d1[N], d2[N];
bool st[N];
int n;
int sum[N];
void dfs(int x, int fa) {
for (auto y: e[x]) {
if (y == fa) continue;
dfs(y, x);
if (d1[y] + 1 > d1[x]) d2[x] = d1[x], d1[x] = d1[y] + 1;
else if (d1[y] + 1 > d2[x]) d2[x] = d1[y] + 1;
}
res = max(res, d1[x] + d2[x]);
}
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("test.in", "r", stdin);
freopen("test.out", "w", stdout);
#endif
cin >> n;
//统计每个数的约数之和
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 2; j <= n / i; j++) {
sum[i * j] += i;
}
}
//建图
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (sum[i] < i) {
e[sum[i]].push_back(i);
st[i] = true;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!st[i]) dfs(i, i);
cout << res << endl;
return 0;
}
到了这里，关于动态规划-树形DP的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
