題干：

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題目大意：

給出一棵n個頂點的樹，每個點有一個權值，代表商品的售價，樹上每一條邊上也有一個權值，代表從這條邊經(jīng)過所需要的花費。現(xiàn)在需要你在樹上選擇兩個點，一個作為買入商品的點，一個作為賣出商品的點，當然需要考慮從買入點到賣出點經(jīng)過邊的花費。使得收益最大。允許買入點和賣出點重合，即收益最小值為0。題目雖然沒說，但是默認就是只做一次買賣。

解題報告：

? 這題方法很多，最容易想到的就是樹形dp了。

? dp[cur][0]代表選取該節(jié)點及其子孫中任一節(jié)點作為起點到達當前節(jié)點所要花費的最小代價，dp[cur][1]代表選取該節(jié)點及其子孫中任一節(jié)點作為終點到達當前節(jié)點所能獲得的最大收入。對于最終答案，肯定是經(jīng)過其中一個點，被我們當做是根節(jié)點進行dfs的。所以我們枚舉這些點，維護一個最大值就可以了。也就是說，對于每個節(jié)點，通過dp[cur][1]-dp[cur][0]更新答案取得最優(yōu)。

這題相當于是找了一個中轉點cur，然后對于每一個中轉點維護一個最小值和最大值。

或者認為：dp[u][0]表示以u為根的子樹中買一本書的最大收益，dp[u][1]表示以u為根的子樹中賣一本書的最大收

益。dp[u][0]+dp[u][1]即為在以u為根的子樹中選兩點的最大收益。注意是收益，所以是 -w。

一個題解：

樹形DP，dp[u][0]表示u節(jié)點及其子樹中，選個節(jié)點賣物品，然后走到u扣掉的最小花費，dp[u][10]表示u節(jié)點及其子樹中，選個節(jié)點買物品，然后走到u扣掉的最小花費，然后加起來更新ans,這里可能會想到，要是兩種情況取最值得時候是同一個節(jié)點呢？假設在u節(jié)點的子樹中的所有節(jié)點（不包括u）中，二者取最大值時都是v節(jié)點，

即-w[v]-dis[u,v],w[v]-dis[u,v]最大，現(xiàn)在我們把v與u比較，假設-w[v]-dis[u,v]>=-w[u],則w[v]-dis[u,v]>=w[u]-2*dis[u,v]<w[u],與w[v]-dis[u,v]>w[u]矛盾，也就是說，二者取最大值時，是不同的點，詳情見代碼。

最長路是這樣考慮：

因為我們不知道從哪點出發(fā)到哪點終止。因此虛擬一個起點，一個終點，起點連接所有的節(jié)點，權值為?v[i]，代表買入的代價。?
所有節(jié)點再連向終點，權值為v[i]，代表賣出的收益。每條邊的權值置為負，代表走這條路需要花費代價。跑一次最長路即可。

這樣同時可以有效利用了 點權只是用了兩個，所以可以用最短路（只考慮邊權的），而這兩個點權，我們放到新構造的邊上去，來統(tǒng)一形式。

網(wǎng)絡流做法類似。

AC代碼：

#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<map> #include<vector> #include<set> #include<string> #include<cmath> #include<cstring> #define ll long long #define fi first #define se second #define pb push_back #define pm make_pair using namespace std; const int MAX = 2e5 + 5; typedef pair<int,ll> PIL; vector<PIL> vv[MAX]; int n; ll val[MAX]; ll dp[MAX][2]; void dfs(int cur,int rt) {int up = vv[cur].size();dp[cur][0] = dp[cur][1] = val[cur];for(int i = 0; i<up; i++) {int v = vv[cur][i].fi;ll w = vv[cur][i].se;if(v == rt) continue;dfs(v,cur);dp[cur][0] = min(dp[cur][0],dp[v][0] + w);dp[cur][1] = max(dp[cur][1],dp[v][1] - w);} }int main() {int t; cin>>t;while(t--) {scanf("%d",&n);ll ans = -1;for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%lld",val + i),vv[i].clear();for(int a,b,c,i = 1; i<=n-1; i++) {scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);vv[a].pb(pm(b,c*1LL));vv[b].pb(pm(a,c*1LL));}dfs(1,-1);for(int i = 1; i<=n; i++) ans = max(ans, dp[i][1]-dp[i][0]);printf("%lld\n",ans);}return 0 ; }

AC代碼：（費用流）

#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #include<map> #include<vector> #include<set> #include<string> #include<cmath> #include<cstring> #define F first #define S second #define ll long long #define pb push_back #define pm make_pair #include <iomanip> using namespace std; const int MAX = 2e5 + 5; const int inf = 0x3f3f3f3f; struct node {int to,c,w,ne; } e[MAX<<2]; int n,m; int head[MAX],d[MAX],vis[MAX],tot,p[MAX]; void add(int u,int v,int c,int cost=0) {e[++tot].to = v;e[tot].c = c;e[tot].w = cost;e[tot].ne = head[u];head[u] = tot;e[++tot].to = u;e[tot].c = 0; e[tot].w = -cost;e[tot].ne = head[v];head[v] = tot; } bool bfs(int s,int t) {for(int i = 0; i<=n; i++) d[i]=inf,vis[i]=0;d[s]=0;queue<int>q;q.push(s);while(!q.empty()) {int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;for(int i=head[u]; ~i; i=e[i].ne) {int j=e[i].to;if(e[i].c&&d[j]>d[u]+e[i].w) {d[j]=d[u]+e[i].w;p[j]=i;if(!vis[j])vis[j]=1,q.push(j);}}}return d[t]<inf; } int MCMF(int s,int t,int &flow) {ll ans=0;while(bfs(s,t)) {int x=t,f=inf;while(x!=s) {f = min(f,e[p[x]].c),x=e[p[x]^1].to;}flow += f;ans+=1LL*d[t]*f;x=t;while(x!=s) {e[p[x]].c-=f,e[p[x]^1].c+=f;x=e[p[x]^1].to;}}return ans; } int main() {int t;cin>>t;while(t--) {scanf("%d",&n);int st=n+1,ed=n+3;tot=1;memset(head,-1,sizeof(head));for(int x,i = 1; i<=n; i++) {scanf("%d",&x);add(st,i,1,x);add(i,n+2,1,-x);}add(n+2,n+3,1,0);for(int u,v,w,i = 1; i<=n-1; i++) {scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);add(u,v,1,w);add(v,u,1,w);}n+=3;int ans2=0;int ans=MCMF(st,ed,ans2);printf("%d\n",-ans);}return 0 ; }

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總結

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