有时，我们会遇到这样的问题：
在一个树上选定一些点，每个点能覆盖一定范围的点……之类
比如：
通常，我们有两种做法：
方法一
我们对于每个点，考虑距离它最近的被选点
需要先证明一个显然的结论：对于每个i，以i为最近点的j是一个连通块。
换句话说，如果距离a的最近被选点为i，距离b的最近被选点也是i，那么a到b的路径上的点的最近被选点都是i。
考虑一条链：设Ax是链上第x个点，那么点y到Ax的距离fy(x)随x的增加，先下降，再上升。（这个显然）。
那么假设a到b路径上的c，最近点不是i而是j。
那么，\(dis(a,i)<dis(a,j)，dis(c,i)>dis(c,j)，dis(b,i)<dis(b,j)\)。
就是说\(fi\)和\(fj\)有两个交点。但这是不可能的。
所以，如果距离a的最近被选点为i，距离b的最近被选点也是i，那么a到b的路径上的点的最近被选点都是i一定成立。
这样，这样，我们设\(dp(i,j)\)表示i的最近点是j的状态。
（如果需要，再维护\(f(i)\)表示\(dp(i,j)\)的最小值。）
那么，对于i的每个儿子v，枚举它的最近点a，则转移到\(dp(v,a)\)。
注意，如果\(j=a\)，那么对于v来说，a已经选择过了，则转移时把选j的影响去掉。
由于形成连通块，正确性可以保证。
优点
适用范围较广，非常好写。
缺点
复杂度至少为\(O(n^2)\)。
方法二
维护子树信息
对于每个子树，有2种信息：
- 当前子树中，最远的没被覆盖的点。（可能没有）
- 当前子树中，最近的被选点还能向上覆盖多少。（可能没有）
理论上，共有4种情况，
但实际上，如果既有没被覆盖的点，又有能向上覆盖的被选点，由于没被覆盖的点需要上面的一个点覆盖，那么对于这个点来说，下面的向上覆盖的被选点已经失去意义了。
所以，只有3种情况，可以用2个dp数组，外加一维记录。
转移时依次合并，共有4种情况。
由于需要枚举两个值，因此，若覆盖范围为D，则复杂度为\(O(nD^2)\)。
因为是对两个值取max等操作，所以通过前缀最值可以优化至\(O(nD)\)。
优点
复杂度较低，便于优化。
缺点
只适用于覆盖问题，若需要在转移时知道每个点最近的被选点等信息，则只能用方法一。
同时，情况较多，代码较难写。
例题：
- CF70E Information Reform
题解
由于要知道确切距离，只能用方法一。
- P3267 [JLOI2016/SHOI2016]侦察守卫
由于复杂度的要求，直接套用方法二即可。
代码
（未加优化）
#include <stdio.h>
int dp1[500010][21],dp2[500010][21],D;
int fr[500010],ne[1000010],v[1000010],bs=0;
int sz[500010],g1[21],g2[21],inf=999999999;
bool bk[500010];
void addb(int a,int b)
{
v[bs]=b;
ne[bs]=fr[a];
fr[a]=bs;
bs+=1;
}
void dfs(int u,int f)
{
for(int i=fr[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if(v[i]!=f)
dfs(v[i],u);
}
for(int a=0;a<=D;a++)
dp1[u][a]=dp2[u][a]=inf;
dp1[u][0]=0;
bool dy=true;
for(int i=fr[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if(v[i]==f)continue;
if(dy)
{
for(int a=0;a<=D;a++)
{
dp1[u][a]=dp1[v[i]][a];
dp2[u][a]=dp2[v[i]][a];
}
dy=false;
continue;
}
for(int a=0;a<=D;a++)
g1[a]=g2[a]=inf;
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int t=a,o=dp1[u][a]+dp1[v[i]][b];if(b>t)t=b;
if(o<g1[t])
g1[t]=o;
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int o=dp1[u][a]+dp2[v[i]][b];
if(a-2>=b)
{
if(o<g1[a])
g1[a]=o;
}
else
{
if(o<g2[b])
g2[b]=o;
}
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int o=dp2[u][a]+dp1[v[i]][b];
if(b-2>=a)
{
if(o<g1[b])
g1[b]=o;
}
else
{
if(o<g2[a])
g2[a]=o;
}
}
}
for(int a=0;a<=D;a++)
{
for(int b=0;b<=D;b++)
{
int t=a,o=dp2[u][a]+dp2[v[i]][b];if(b>t)t=b;
if(o<g2[t])
g2[t]=o;
}
}
for(int i=0;i<=D;i++)
{
dp1[u][i]=g1[i];
dp2[u][i]=g2[i];
}
}
for(int i=1;i<=D;i++)
g1[i-1]=dp1[u][i];
for(int i=D-1;i>=0;i--)
g2[i+1]=dp2[u][i];
g1[D]=g2[0]=inf;
if(dp1[u][0]+sz[u]<g1[D])g1[D]=dp1[u][0]+sz[u];
for(int i=0;i<=D;i++)
{
if(dp1[u][i]+sz[u]<g1[D])
g1[D]=dp1[u][i]+sz[u];
}
for(int i=0;i<D;i++)
{
if(dp2[u][i]+sz[u]<g1[D])
g1[D]=dp2[u][i]+sz[u];
}
if(bk[u])
{
if(dp1[u][0]<g2[0])
g2[0]=dp1[u][0];
}
else
{
if(dp1[u][0]<g1[0])
g1[0]=dp1[u][0];
}
for(int i=0;i<=D;i++)
{
dp1[u][i]=g1[i];
dp2[u][i]=g2[i];
}
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&D);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
fr[i]=-1;
scanf("%d",&sz[i]);
}
scanf("%d",&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a;
scanf("%d",&a);
bk[a]=true;
}
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
addb(a,b);
addb(b,a);
}
dfs(1,0);
int jg=inf;
for(int i=0;i<=D;i++)
{
if(dp1[1][i]<jg)
jg=dp1[1][i];
}
printf("%d",jg);
return 0;
}模拟赛的题
【题目背景】
Po 姐姐很爱他的妹子,可是 Po 姐姐并没有妹子。于是 Po 姐姐决定去找妹子。
【题目描述】
A 国有 n 个城镇,由 n-1 条道路连接,构成了一个树形结构。每条道路的长度都是一样
的。
Po 姐姐最近得到了一个信息:在 A 国的某些城镇,可能出现质量上乘的妹子。
为了捕获这些妹子, Po 姐姐制作了 m 个传送器,准备将这些传送器安置在一些城镇中。
一旦某个城镇出现了妹子,Po 姐姐可以立刻传送到某个传送器所在的城镇,然后沿道路移
动到妹子所在的城镇。Po 姐姐并不愿意走太多的路,因此他会选择离妹子最近的一个传送
器传送,然后走最短路到达妹子所在的城镇。
Po 姐姐想要通过合理安排传送器的位置,使得所有妹子可能出现的城镇离最近传送器
的距离的最大值最小。
由于 Po 姐姐懒癌发作,请你帮他写一个程序来解决这个问题。Po 姐姐懒得写 SPJ,你
只需要输出最大距离的最小值就行了。
【数据输入】
第一行是两个正整数 n,m,表示 A 国城镇的数量和传送器的数量
接下来 n 个整数,每个整数都是 1 或 0,如果第 i 个整数是 1 代表第 i 个城镇可能出现
质量上乘的妹子
接下来 n-1 行,每行两个正整数 x,y,表示 x 与 y 之间有一条双向通行的道路
【数据输出】
输出一行一个正整数,代表所有妹子可能出现的城镇离最近传送器的最大距离的最小值此题无需dp，用方法二，贪心选择。
题解