分析:這裡要求的是全部節點的距離和,可以定義子問題為:某乙個節點去掉它的某一條邊而形成的子樹中,該節點的距離和以及該子樹的節點數.只需要知道全部節點的該資訊,對每個節點就可以通過其臨界節點的該資訊得到這個節點的距離和.總的時間代價是o(2
∗∣n−
1∣)o(2*|n-1|)
o(2∗∣n
−1∣)
的.相比於o(∣
n∣2)
o(|n|^2)
o(∣n∣2
)的複雜度是有優化的.
**:
class
solution
; sub_tree_info st_infos =;}
;public
: vector<
int>
sumofdistancesintree
(int n, vector
int>>
&edges)
}return result;
}/**
* 生成整個節點陣列
* @param num: 節點個數
* @param e:邊表
*/public
:void
generate_nodes
(int num, edge &e)
}/**
* 計算某個節點切掉它的一條邊,而形成的子樹的資訊(子樹代價和,子樹節點數)
* @param sub_tree_root:該節點的代號(這個節點作為子樹的根節點)
* @param node_cutted:形成子樹的過程中需要切割的節點
* @return 乙個info型別,info::first是子樹代價和,info::second是子樹節點數
*/public
: info calculate_sub_tree
(int sub_tree_root,
int node_cutted)
// 記錄中存在該子樹記錄:
sub_tree_info::iterator it = rnode.st_infos.
find
(node_cutted);if
(it != rnode.st_infos.
end())
// 記錄中不存在該子樹的記錄:
int st_cost =0;
int st_count =1;
for(
int i =
0; i < rnode.edge_number; i++)}
// 記錄得到後將其儲存:(寫了一堆std::move,有必要嗎? 能更簡潔嗎?)
rnode.st_infos.
insert
( std::
move
( pair<
int, info>
( node_cutted,
std::
move
(info
(st_cost, st_count)))
));// 返回記錄:
return std::
move
(info
(st_cost, st_count));
}private
: vector
*nodes;
};
C Garland （樹形DP 子樹計數問題）
又攻克一道樹形dp題，首先子樹計數問題，感覺都是先自下而上跑一遍dfs，然後根據題意然後抉擇得套路。一顆有根樹，分成三棵子樹，保證點權和相互相等。分析 子樹滿足ans 3，並且ans 3 0加入就可以了，滿足兩個點或者以上，就是行 為啥說2以上 這裡就是我得wa得點，可以所有得點值為0，你就知道了 ...
序列計數（記憶化搜尋）（C ）
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硬幣問題 記憶化搜尋與遞推的轉換
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