莞中 2022暑假训练题04：树型DP
T1 Anniversary party/没有上司的舞会
【题意】
公司要开party，如果一个员工的上司来了，那么那个员工就不会来。
每个人都有一个开心值，要求到场的员工的开心值之和最大。
【思路】
设 \(f[u,1/0]\) 为员工 \(u\) 来或者不来的最大开心值和。
当员工 \(u\) ，那他的下属 \(u\) 就一定不来
当员工 \(u\) 不来，那他的下属 \(u\) 可来可不来，
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6005;
int happy[N];
vector<int> mp[N];
int n;
int fa[N];
int f[N]; // u来
int g[N]; // u不来
void dp(int u)
{
for(int i=0; i<mp[u].size(); i++)
{
int v=mp[u][i];
dp(v);
g[u]+=max(g[v],f[v]);
f[u]+=g[v];
}
f[u]+=happy[u];
}
int main()
{
while(cin>>n)
{
memset(f,0,sizeof f);
memset(g,0,sizeof g);
memset(fa,0,sizeof fa);
for(int i=1; i<=n; i++) cin>>happy[i];
for(int i=0; i<N; i++) mp[i].clear();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int l,k;
cin>>l>>k;
if(l == 0 && k == 0) break;
mp[k].push_back(l);
fa[l]=k;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
if(fa[i]==0)
{
dp(i);
cout<<max(g[i],f[i])<<endl;
break;
}
}
return 0;
}
T2 Rebuilding Roads
【题意】
给出一棵含有 n 个节点的有根树，我们现在希望通过删除一些边，让他有一棵有 m 个节点的新树，求删除的最少边的数量。\((1 \le p \le n \le 150)\)
【思路】
定义 \(f[u,k]\) 为 \(n\) 的子树删剩 \(k\) 个点的最小代价。
考虑树上背包，每一个点只能选一次，类似于01背包。
由于是01背包，所以需要枚举 \(j\) 的时候要倒序。
最后答案为 $$ans = \min_{i=1}^{i \le n} f[i,p] + [i != 1]$$。
T3 Cell Phone Network
【题意】
有一些农场构成了一棵树，在一个点建立信号塔后，所有相邻的点都可以收到信号。
现在要求所有的点都有信号，求最小建多少个信号塔。
【思路】
定义 \(f[u, 0/1/2]\) 为 \(u\) 的子树中所有点都有信号且 \(u\) 是被自己 \((0)\)，儿子 \((1)\)，还是父亲 \((2)\) 覆盖的时建的最小的信号塔个数。
答案为 \(\min(f[u,0], f[u,1])\)，因为根没有父亲来给它提供信号。
点击查看代码
#include <iostream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 10005;
struct Edge
{
int v,nxt;
} e[N*2];
int head[N], idx;
void add(int u,int v)
{
e[++idx].v = v,e[idx].nxt = head[u], head[u] = idx;
}
int n;
int f[N][3];
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][0] = 1;
bool flag = 1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
f[u][2] += min(f[v][0],f[v][1]);
f[u][0] += min(f[v][0], min(f[v][1], f[v][2]));
if(f[v][0] <= f[v][1]) flag = 0, f[u][1] += f[v][0];
else f[u][1] += f[v][1];
}
f[u][1] += flag;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v); add(v,u);
}
dfs(1, 0);
cout<<min(f[1][0],f[1][1]);
return 0;
}
T4 Tree Cutting
【题意】
找到一个点 \(u\)，使得删去 \(u\) 之后，最大联通块的大小小于总点数的一半。
【思路】
求树的重心，树的重心定义为如果存在一个点 \(u\) ，当去掉点 \(u\) 后，树的各个连通块中，节点数最多的连通块的节点数最小。注意树可能存在多个重心。
判断点 \(u\) 的子树大小是否大于 \(\frac{n}{2}\)，如果是，则再判断一下它的儿子中是否有需要删掉的，如果删了儿子，就不需要删它本身了。
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#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10005, INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
struct Edge
{
int v, nxt;
} e[N*2];
int head[N], idx;
int father[N];
void add(int u,int v)
{
e[++idx].v = v, e[idx].nxt = head[u], head[u] = idx;
}
vector<int> ans;
int f[N];
void dfs(int u,int fa)
{
bool flag = 1;
f[u] = 1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
f[u] += f[v];
if(f[v] > n/2) flag = 0;
}
if(f[u] < n / 2) flag = 0;
if(flag) ans.push_back(u);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
father[v] = u;
add(u,v), add(v,u);
}
dfs(1,0);
sort(ans.begin(),ans.end());
for(int i=0;i<ans.size();i++) cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}
T5 Zero Tree
【题意】
选择一个包含根的子树，一次操作中可以将其所有点同时 \(+1\) 或 \(-1\)。
求将所有点值变为 \(0\) 需要的最少次数。
【思路】
定义 \(f[u,0/1]\) 将 \(u\) 的子树减/加成 \(0\) 需要的最少次数。
由于可以随便选哪几个子树，所以至少加上子树中的最小的负数值，减去子树中最小的正数值。
初始化：如果 \(a_i < 0\)，则 \(f[i,1] = |a_i|\)，否则 \(f[u,0] = a_i\)。
转移方程：
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N = 1e5 + 10;
LL n;
struct Edge
{
LL v,nxt;
} e[N*2];
LL head[N], idx;
void add(LL u,LL v)
{
e[++idx].v = v, e[idx].nxt = head[u], head[u] = idx;
}
LL a[N];
LL f[N], g[N];
void dfs(LL u,LL fa)
{
for(LL i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
LL v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
f[u] = max(f[u],f[v]);
g[u] = max(g[u],g[v]);
}
a[u] += f[u] - g[u];
if(a[u] > 0) g[u] += a[u];
else f[u] -= a[u];
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(LL i=1;i<n;i++)
{
LL u,v;
scanf("%lld%lld",&u,&v);
add(u,v),add(v,u);
}
for(LL i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
dfs(1,0);
cout<<f[1] + g[1];
return 0;
}
T6 Distance in Tree
【题意
给出一棵有 \(n\) 个点的树，求树上距离恰好为 \(k\) 的点对的数量，距离定义为两点之间简单路径上的边的数目。
注意 \((u,v)\) 和 \((v,u)\) 只能算一个。
【思路】
我们钦定点 \(1\) 为根将这个树拉起来。
发现一个点 \(u\)，向下找距离为 \(k\) 的点非常好做，但向上找就比较麻烦。
我们定义 \(f[u,j]\) 为点 \(u\) 向下距离为 \(j\) 的点的个数。
明显，点 \(u\) 向下距离为 \(j\) 的点的个数可以从到点 \(u\) 的儿子距离为 \(j-1\) 的点转移过来。
可得第一个方程： $$f[u,j] = \sum_{v \in son(u)} f[v,j-1]$$
但是也会出现下图这种情况：
此时点 \(u\) 为两个点的 \(lca\)，且 \(u\) 到两点的距离之和恰好为 \(k\)。
对于这种情况，我们只要找到一个 \(u\) 子树中的点 \(v_1\)，使其到点 \(u\) 的距离为 \(j\)，另一个 \(u\) 子树中的点 \(v_2\)，使其到点 \(u\) 的距离为 \(k-j\)，就可以找到一对距离为 \(k\) 的点对了。
如何统计这种情况的方案数呢？
我们可以考虑乘法原理，将 \(u\) 子树中，到 \(u\) 距离为 \(j\) 的点数乘上在 \(u\) 子树中到 \(u\) 距离为 \(k-j\) 的点数即可。
最终答案为： $$ans = \sum_{u \in V} \sum_{j=0}^{j < k} f[u,j] \times f[u,j-k]$$
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 50005, K = 505;
int n, k;
int f[N][K], g[N][K];
struct Edge
{
int v,nxt;
} e[N*2];
int head[N], idx;
void add(int u,int v)
{
e[++idx].v = v, e[idx].nxt = head[u], head[u] = idx;
}
LL ans = 0;
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][0] = 1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=0;j<k;j++) ans += f[u][j] * f[v][k-j-1];
for(int j=1;j<=k;j++) f[u][j] += f[v][j-1];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u, v;
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v), add(v,u);
}
dfs(1,0);
cout<<ans;
return 0;
}
