今天打 \(Atcoder\) 时遇到了一道换根 \(DP\) ，发现自己不太会，学习了一下。
一般来说，这类题在做树形 \(DP\) 时没有固定的根，可以枚举根然后做 \(N\) 次树形 \(DP\) ，但复杂度是不太优的，于是有了换根 \(DP\)，一般通过两次对整棵树的 \(dfs\) 遍历来求解，复杂度一般是线性的。
还是用例题来直观讲解吧。
[POJ3585] Accumulation Degree
题意
有一个 \(n\) 个结点的树形水系，每条 \(u->v\) 边有一个容量 \(C(u,v)\) ，任意一个点都可以作为起点，树中每个度数为 \(1\) 的结点都可以作为终点，求最大流量。
(其实就是求树的最大流)
\(n\le10^5\)
Solution
(直接上网络流还是算了吧)
先思考朴素的 \(DP\) 解法,枚举树根 \(S\) ，对每个 \(S∈ [1,n]\) 做一次树形 \(DP\) ，设 \(dp[i]\) 表示当前流向以 \(i\) 为根的子树的最大流量，那么转移方程很好写。
时间复杂度 \(O(N^2)\)，过不了本题数据。
发现此题满足换根的特征，考虑换根 \(DP\) 。
设 \(f[i]\) 表示以 \(i\) 为根流向整颗树的最大流量，如果我们能线性计算出 \(f\) 数组，那么我们的答案只需要取 \(f\) 中的最大值。
任选一个点为根，做一次普通的树形 \(DP\) 。然后考虑这样一件事，对于一条边 \(u->v\) ，现在 \(f[u]\) 的值已经被求出，如何计算出\(f[v]\) 呢？
显然，已经知道了一个重要的信息，从 \(u\) 结点流向整颗树的最大流量，而从 \(u\) 到 \(v\) 的流量（也是到 \(v\) 子树内所有叶子结点的最大流量和）是 \(min(d[v],C(u,v))\) ，那我们除去这一部分，得到的就是 \(u\) 到除了 \(v\) 所在子树的流量和，现在我们进行一个神奇的操作，令 \(v\) 为整棵树的根。
那么我们就会发现这样的事情， \(u\) 成了 \(v\) 的一个儿子，且子树和是 \(f[u]-min(d[v],C(u,v))\) ,这条边流量仍然是 \(C(u,v)\) 。
我们有换根的方程：
\(f[v]\) 的值就表示树根从 \(u\) 换成 \(v\) 的结果，时间复杂度 \(O(N)\) 。
我们发现，这种问题的一般特征是，通过一次整体的，固定根的树形 \(DP\) 对整体进行一个求解，这个过程是自下而上的，再通过自上而下的换根操作，关注将一条边的端点进行换根的影响，因为已知上面的点在全局的值，除去子树贡献，可以方便转移。
参考文献
李煜东.《算法竞赛进阶指南》. 二次扫描与换根法
[HDU2196] Computer
题意
给你一棵 \(n\) 个点的树，输出以每个顶点为根节点，到树上点的边权和最大，输出这个最大值。
Solution
初看这道题，可能会像上一道题一样，考虑换根时除去子树贡献，但这题要求取 \(max\) ，而不是求和，不好拆分，这类题，就需要在记录最大值同时，记录一个次大值，然后就可以换根转移了，和求树的直径是一样的，这题所有答案取最大值就是这棵树的直径，复杂度 \(O(N)\) 。
设 \(f[i][0]\) 表示点 \(i\) 到以它为根的子树的最远点的距离
\(f[i][1]\) 表示点 \(i\) 到以它为根的子树（并且这个子树与最远点所在子树不相同）的次远点的距离（一会会用到）
\(f[i][2]\) 表示除去点 \(i\) 的子树后，点 \(i\) 到离它最远的点的距离
\(val\) 表示边权
那么 \(f[v][2]\) 怎么求？（\(u\) 表示 \(v\) 的父亲）
\(if(f[v][0] + val[i] == f[u][0])\) \(f[v][2] = f[u][1] + val[i];\)
\(else\) \(f[v][2] = f[u][0] + val[i];\)
\(f[v][2] = max(f[v][2], f[u][2] + val[i]);\)
那么一个点 \(i\) 到它的最远点的距离即为 \(max(f[i][0],f[i][2])\)