树形DP
考前不写博客就容易颓废QwQ，既然DP比较差就重新总结总结DP，说不定就总结到了...
这一篇总结一下树形DP。
树形DP的转移：儿子到父亲
树具有天然的最有子结构，最有子结构即为儿子。
树形DP的状态：一般设dp[u]表示以u为根的子树的最优子结构。
树形DP可以结合树上的数据结构，同时巧妙运用DFS序、BFS序可以优化解法QwQ。
问题1：树上最大独立集
最大独立集定义：在树上取尽可能多的点，使得所选的点任意两个点都没有边相连。
状态显然有dp[u][0/1]，表示以u为根节点的子树选或者没选u的最大独立集，并且可以直接从子树转移来。
dp[u][1]+=dp[e][0];(e是u的儿子）
dp[u][0]+=max(dp[e][0],dp[e][1]);（e是u的儿子）
附一个能过编译随手打的不知道对不对的代码
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; struct node { int ed,nxt; }; node edge[2333<<1]; int n,first[2333],cnt; int dp[2333][2]; inline void add_edge(int s,int e) { ++cnt; edge[cnt].ed=e; edge[cnt].nxt=first[s]; first[s]=cnt; return; } inline void dfs(int now,int fa) { dp[now][1]=1; for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); dp[now][0]+=max(dp[e][1],dp[e][0]); dp[now][1]+=dp[e][0]; } } return; } int main() { scanf("%d",&n); for(register int i=1;i<=n-1;++i) { int s,e; scanf("%d%d",&s,&e); add_edge(s,e); add_edge(e,s); } dfs(1,0); printf("%d\n",max(dp[1][0],dp[1][1])); return 0; }
扩展：最大权独立集，最大独立集可以视为权值为1，最大权独立集改改就好。
问题2：树的直径
树的直径的定义：树上距离最远的两个点的距离。
首先树的直径可以由两遍BFS求出，先从任意一个点出发bfs找到距离这个点最远的那个点，这个点一定是树的直径的
其中一个端点，然后再从那个点出发bfs一遍找到的另一个点就是树的直径的另外一个端点。
考虑DP的做法（显然复杂度更低QwQ）设dp[u]为节点u到所有子树里面的最远距离，然后以经过u的直径就是它的儿子的
dp的最大值+次大值，取max更新答案即可。
inline void dfs(int now,int fa) { for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); ans=max(ans,dp[e]+dp[u]+edge[i].len); dp[u]=max(dp[u],dp[e]+edge[i].len); } } }
问题3：树的最小点覆盖集
最小点覆盖集：选取最少的点覆盖所有的边
设dp[u][0/1]表示以u为根节点是否选u的子树的最小点覆盖集。
因为要覆盖所有的边所以能轻松得到如果不选这个点的转移dp[u][0]+=dp[e][1];
如果要选择这个点，dp[u][1]+=min(dp[e][0],dp[e][1]);
inline void dfs(int now,int fa) { dp[now][1]=1; for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); dp[now][0]+=dp[e][1]; dp[now][1]+=min(dp[e][0],dp[e][1]); } } return; }
问题4：树的重心
树的重心的定义：找到一个点,其所有的子树中最大的子树节点数最少，这个点叫做树的重心也叫树的质心。
从定义直接出发即可，设dp[u]表示那个点的最大子树的节点数，取所有节点的min即可。注意必须以u为树根。
inline void dfs(int now,int fa) { siz[now]=1; for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); siz[now]+=siz[e]; dp[now]=max(dp[now],siz[e]); } } dp[now]=max(dp[now],n-dp[now]); if(dp[now]<dp[ans]) ans=now; return; }
问题5：树上背包（简化版）
给出n个点的有根树，每个节点都是一个价值为val[i]的物品，要就如果选择物品i必须选择物品i的父亲节点，求
至多选择m个物品的最大价值。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 310 using namespace std; struct node { int ed,nxt; }; node edge[maxn<<1]; int n,m,first[maxn],cnt; int num[maxn],siz[maxn],dp[maxn][maxn]; inline void add_edge(int s,int e) { ++cnt; edge[cnt].ed=e; edge[cnt].nxt=first[s]; first[s]=cnt; return; } inline void dfs(int now,int fa) { siz[now]=1; dp[now][0]=0; for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); siz[now]+=siz[e]; for(register int j=m;j>=0;--j) for(register int k=min(j,siz[e]);k>=0;--k) dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now][j-k]+dp[e][k]); } } if(now!=0) for(register int i=m;i>0;--i) dp[now][i]=dp[now][i-1]+num[now]; return; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(register int i=1;i<=n;++i) { int e; scanf("%d%d",&e,&num[i]); add_edge(i,e); add_edge(e,i); } dfs(0,-1); printf("%d\n",dp[0][m]); return 0; }
问题6：一道入门的树形DP题——二叉苹果树
Description
有一棵苹果树，如果树枝有分叉，一定是分2叉（就是说没有只有1个儿子的结点）
这棵树共有N个结点（叶子点或者树枝分叉点），编号为1-N,树根编号一定是1。
我们用一根树枝两端连接的结点的编号来描述一根树枝的位置。下面是一颗有4个树枝的树
2 5
\ /
3 4
\ /
1
现在这颗树枝条太多了，需要剪枝。但是一些树枝上长有苹果。
给定需要保留的树枝数量，求出最多能留住多少苹果
题解：很显然，这是最有值问题，而且在树上，我们考虑树形DP，我们可以设dp[u][i]表示以u为根节点的子树
中保留i条树枝的最有值，我们发现转移就是一个01背包。
转移方程 dp[u][i]=max(dp[u][i],dp[u][i-j-1]+dp[e][j]+edge[i].len);
最后dp[1][m]即为答案。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 110 using namespace std; struct node { int ed,len,nxt; }; node edge[maxn<<1]; int n,m,cnt,first[maxn],dp[maxn][maxn],siz[maxn]; inline void add_edge(int s,int e,int d) { ++cnt; edge[cnt].ed=e; edge[cnt].len=d; edge[cnt].nxt=first[s]; first[s]=cnt; return; } inline void dfs(int now,int fa) { for(register int i=first[now];i;i=edge[i].nxt) { int e=edge[i].ed; if(e!=fa) { dfs(e,now); siz[now]=siz[now]+siz[e]+1; for(register int j=min(siz[now],m);j>=0;--j) for(register int k=min(j-1,siz[e]);k>=0;--k) dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now][j-k-1]+dp[e][k]+edge[i].len); } } return; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(register int i=1;i<=n-1;++i) { int s,e,d; scanf("%d%d%d",&s,&e,&d); add_edge(s,e,d); add_edge(e,s,d); } dfs(1,0); printf("%d\n",dp[1][m]); return 0; }
