树形DP&环形和后效性处理

树形dp

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概念

依然是$O(n)$类型的dp,通过dfs或bfs实现小状态向大状态的转移,本质是在树上更方便表示的线性动规

例题

P2014 [CTSC1997]选课

是做过的题,就不详细说了

树上的分组背包

POJ3585

从树上选取一个源点作为根,每条边都有一个容量,该树对应的叶子结点为汇点

问应当选取哪个点为源点,该树的流量最大

朴素算法:

枚举每个点作为源点,用树形dp求出最大流量

也就是从下往上取min

d[x]表示以$x$为根的子树所得的最大流量
$$d[x]=\sum _{y\in son(x)}\{\begin{array}{l}min(d[y],c(x,y))(y的度数>1)\\ c(x,y)(y的度数为1)\end{array}$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+7;
vector<int> son[N];
int d[N],deg[N];
bool vis[N];
int n,T;
void dp(int x){
    d[x]=0,v[x]=1;
    for(int i=0;i<son[x].size();i++){
        int y=son[x][i];
        if(vis[y]) continue;
        dp(y);
        if(deg[y]==1) d[x]+=val[x][i];
        else d[x]+=min(d[x],d[y]+val[x][i]);
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        memset(d,0,sizeof(d));
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(deg,0,sizeof(deg));
        //...
    }
    return 0;
}

是否存在冗余呢?

答案是肯定的,因为每条边只有正向反向两种情况

本质只有$2n$种情况

二次扫描&换根法

我们首先以$x$为根得到d[i],求以y为根的结果f[i]

我们会得到:
$$f[y]=d[y]+\{\begin{array}{l}min(f[x]-min(d[y],c(x,y)),c(x,y))(deg[x]>1,deg[y]>1)\\ min(f[x]-c(x,y),c(x,y))(deg[x]>1,deg[y]=1)\\ c(x,y)(deg[x]=1)\end{array}$$
复杂度$O(n)$

环形dp

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概念

对于可拆解的环,我们有$O(n)$做法枚举断点

我们的目的是更加高效的处理这一类问题

例题

Acwing288. 休息时间

我们一天有$n$个小时,可以选择$b$个小时休息,其中每段休息的第一个小时为入睡时间,每个睡着的小时可以活的u[i]点体力

朴素算法:

f[i][j][0/1]表示前$i$小时选$j$小时休息,其中第$i$小时是否休息所获得的最大体力

$f[i][j][0]=max(f[i-1][j][0],f[i-1][j][1])$

$f[i][j][1]=max(f[i-1][j-1][0],f[i-1][j-1][1]+u[i])$

初值:$f[1,0,0]=f[0,0,0]=0,f[1][1][1]=f[0][0][0]=0$

其中$max(f[n][b][0],f[n][b][1])$即为所求

这样我们便处理了一个序列上的问题

不难发现我们漏掉了u[1]的收益
$$总状态=\{\begin{array}{l}第1小时没睡着\\ 第1小时睡着\end{array}$$
对于没考虑到的情况,我们令$f[1][1][1]=u[1]$

进行dp,最后目标为$f[n][b][1]$

两种情况互补,我们取max即可

复杂度$O(n^2)$

本题中$1$与$n$之间存在限制条件

常用的方法为分类讨论,将该限制条件拆分为满足和不满足,求两次dp

Acwing289. 环路运输

环形公路上有$n$个仓库,第$i$个存有$a_i$个货物

我们定义$dist(i,j)=min(|i-j|,N-|i-j|)$

求那两座城市运输货物的代价最大

我们把$1$~$n$的序列复制一倍,其中长度为$n$的一段即为一种情况

$ans=a[i]+i+ma{x}_{i-n/2\le j<i}\{a[j]-j\}$

max内的部分用单调队列维护

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+7;
int a[N],q[N];
int n,ans;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    int l=1,r=1;
    q[1]=0;
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        while(l<=r&&q[l]<i-n/2) l++;
        ans=max(ans,a[i]+i+a[q[l]]-q[l]);
        while(l<=r&&a[i]-i<=a[q[r]]-q[r]) r--;
        q[++r]=i;
    }
    printf("%d\n",ans);
}

后效性处理

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处理方法

高斯消元法: 我们把每个状态看做未知数,每个转移看做方程,运用高斯消元求解

SPFA: dp后效性的本质在于图上有环,SPFA可以多次遍历某个点

例题

Acwing290. 坏掉的机器人

给定一张 $N\times M$ 的棋盘,有一个机器人处于 $(x,y)$ 位置

这个机器人可以进行很多轮行动,每次等概率地随机选择停在原地,向左移动一格,向右移动一格或向下移动一格

当然机器人不能移出棋盘

求机器人从起点走到最后一行的任意一个位置上,所需行动次数的数学期望值

$f[i][j]=\frac{1}{4}(f[i][j]+f[i][j-1]+f[i][j+1]+f[i+1][j])+1$

我们得到一个$m\times m$的矩阵进行高斯消元

复杂度$O(n\times m^3)$