动态规划
树形dp
树形DP
没有上司的舞会
题意
有一个有\(n+1\)个节点的树，树根为 \(0\)。编号为 $ 1到n $ 的点分别有自己的权值\(r_i\)。在\(1到n\)的节点中，如果取了一个节点的父亲节点，那么就不能取这个节点。
求总权值的最大值。
解
设 \(dp[i][0/1]\) 为以\(i\)为根的子树，取 / 不取 \(i\) 所得的权值最大值。
所以答案 $ =max(dp[0][1],dp[0][0]) $ .
用 \(s_i\) 表示 \(i\) 的孩子的集合,用 \(val[i]\) 表示节点 \(i\) 的权值。
那么状态转移:
如果不选\(i\):
\(dp[i][0]=\sum_{j∈s_i}^{} max（dp[j][0],dp[j][1]）\)
如果选\(i\):
$dp[i][1]=( \sum_{j∈s_i} dp[j][0] ) + val[i] $
关于循环方式：\(dfs\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e4+105;
int dp[N][3];
int nex[N],to[N],v[N],h[N];bool f[N];
int n,x,y,z,root,cnt;
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x){
f[x]=1;dp[x][1]=v[x];
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
if(f[to[i]])continue;
dfs(to[i]);
dp[x][1]+=dp[to[i]][0];
dp[x][0]+=max(dp[to[i]][1],dp[to[i]][0]);
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>x>>y;
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1);
printf("%d",max(dp[1][0],dp[1][1]));
return 0;
}
最大子树和
题意
找到树上点权之和最大的一个连通分量。（虽然原题说了很多，但是总结起来确实只有这句话
解
设 \(dp[i]\) 为 以\(i\)为根的子树中的最大点权和
所以有：
\(dp[i]=v[i]+( dp [j] > 0 ? dp [j] : 0 )\) ,
\(j为i的儿子\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+105;
const int INF=2147483647;
int dp[N],n,x,y,ans=-INF;
int nex[N],to[N],h[N],v[N],cnt;bool f[N];
void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x){
dp[x]=v[x];f[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
if(f[to[i]])continue;
dfs(to[i]);
dp[x]+=((dp[to[i]]>0)?dp[to[i]]:0);
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>x>>y;
add(x,y);add(y,x);
}
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dp[i]);
printf("%d",ans);
return 0;
}
[CTSC1997]选课
题意
树形背包模板。
有一个有 \(N\) 个节点的森林，取一个节点的权值时，要求也要取其父亲节点。一共取\(M\)个点。
解
把所有树的根节点连接一个 \(0\) 节点，变成一棵树。
在树上跑背包。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=405;
int nex[N],to[N],v[N],h[N],cnt;
int dp[N][N],root,n,m,x,y;
inline void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
void dfs(int x,int w){
if(m<=0) return ;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
for(int k=0;k<w;k++) dp[to[i]][k]=dp[x][k]+v[to[i]];
dfs(to[i],w-1);
for(int k=1;k<=w;k++)dp[x][k]=max(dp[x][k],dp[to[i]][k-1]);
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x>>v[i];
add(x,i);
}
dfs(0,m);
printf("%d",dp[0][m]);
return 0;
}
送给好友的礼物
考试题
题意：
给定一棵包含 \(n\) 个结点的树 \(T\)，结点从 \(1 到 n\) 顺序编号。
小 \(M\) 和小 \(B\) 在时刻 \(0\) 都在 \(1\) 号结点。从时刻 \(1\) 开始的每个时刻初，小 \(M\) 和小 \(B\) 都可以选择：移动到一个和自己所在结点直接相连的结点，或者停留在当前所在的结点。
树上有 \(k\) 个草莓，它们分布在 \(k\) 个不同的结点上。小 \(M\) 和小 \(B\) 想要收集到所有的草莓，任何一个时刻末，如果小 \(M\) 或者小 \(B\) 在某一个草莓所在的结点上，那么这个草莓就被收集了。
她们不想花费太多的时间，因此你需要回答：至少在第几时刻末，小 \(M\) 和小 \(B\) 可以收集到所有的草莓，并且都回到结点 \(1\)。
样例
\(输入\)
\(7\) \(4\)
\(1\) \(2\)
\(2\) \(3\)
\(2\) \(4\)
\(1\) \(5\)
\(5\) \(6\)
\(6\) \(7\)
\(3\) \(4\) \(5\) \(7\)
\(输出\)
\(6\)
解
其实我觉得搞玄学也不是不行……
首先把一些没有草莓的子树砍掉。那么叶子节点就都是草莓了。
所以就是需要遍历整棵树。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000;
const int INF=2147483647;
int n,k;
int cnt,h[N],nex[N<<1],to[N<<1];
int f[N],siz[N],dp[N][N<<1];
bool vis[N];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int x,int y){to[++cnt]=y;nex[cnt]=h[x];h[x]=cnt;}
bool dfs(int x){
bool fs=0;
for(int i=h[x];i;i=nex[i]){
int y=to[i];
if(y==f[x] || !y) continue;
f[y]=x;bool now=dfs(y);
if(!now)to[i]=0;
fs|=now;
}
return fs|vis[x];
}
void work(int x){
siz[x]=1;dp[x][0]=0;
for(int k=h[x];k;k=nex[k]){
int y=to[k];
if(y==f[x]||!y)continue;
work(y);siz[x]+=siz[y];
for(int i=(siz[x]-1)*2;i>=0;i--){
dp[x][i]=dp[x][i]+dp[y][0]+2;
if(i>=siz[y]*2)
{dp[x][i]=min(dp[x][i],dp[x][i-siz[y]*2]+dp[y][(siz[y]-1)*2]);}
for(int j=min((siz[y]-1)*2,i-2);j>=0;j--)
{dp[x][i]=min(dp[x][i],dp[x][i-j-2]+dp[y][j]+2);}
}
}
}
int main(){
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
n=read();k=read();
for(int i=1;i<n;i++){
int x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
}
for(int i=1;i<=k;i++)vis[read()]=1;
dfs(1);work(1);
int ans=INF;
for(int i=0;i<=(siz[1]-1)*2;i++)ans=min(ans,max(i,dp[1][i]));
printf("%d",ans);
return 0;
}
区间DP
[NOI1995] 石子合并
题目描述
在一个圆形操场的四周摆放 \(N\) 堆石子,现要将石子有次序地合并成一堆.规定每次只能选 相邻的 \(2\) 堆 合并成新的一堆，并将新的一堆的石子数，记为该次合并的得分。
试设计出一个算法,计算出将 \(N\) 堆石子合并成 \(1\) 堆的最小得分和最大得分。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=305;
const int INF=2147483640;
int a[N],q[N],n,dp1[N][N],dp2[N][N];
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read();
memset(dp1,0x3f,sizeof(dp1));memset(dp2,0x80,sizeof(dp2));
int m=n*2;
for(int i=1;i<=m;i++)dp1[i][i]=0,dp2[i][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();a[i+n]=a[i];}
for(int i=1;i<=m;i++) q[i]=a[i]+q[i-1];
for(int len=2;len<=n;len++)
for(int l=1;l<=m;l++){
int r=l+len-1;
if(r>m) break;
for(int k=l;k<r;k++){
dp1[l][r]=min(dp1[l][k]+dp1[k+1][r]+q[r]-q[l-1],dp1[l][r]);
dp2[l][r]=max(dp2[l][k]+dp2[k+1][r]+q[r]-q[l-1],dp2[l][r]);
}
}
int ans1=INF,ans2=(-INF);
for(int i=1;i<=n;i++){
ans1=min(ans1,dp1[i][i+n-1]);
ans2=max(ans2,dp2[i][i+n-1]);
}
printf("%d\n%d",ans1,ans2);
return 0;
}
[NOIP2006 提高组] 能量项链
题目描述
在 Mars 星球上，每个 Mars 人都随身佩带着一串能量项链。在项链上有 NN 颗能量珠。能量珠是一颗有头标记与尾标记的珠子，这些标记对应着某个正整数。并且，对于相邻的两颗珠子，前一颗珠子的尾标记一定等于后一颗珠子的头标记。因为只有这样，通过吸盘（吸盘是 Mars 人吸收能量的一种器官）的作用，这两颗珠子才能聚合成一颗珠子，同时释放出可以被吸盘吸收的能量。如果前一颗能量珠的头标记为 mm，尾标记为 rr，后一颗能量珠的头标记为 rr，尾标记为 nn，则聚合后释放的能量为 m \times r \times nm×r×n（Mars 单位），新产生的珠子的头标记为 mm，尾标记为 nn。
需要时，Mars 人就用吸盘夹住相邻的两颗珠子，通过聚合得到能量，直到项链上只剩下一颗珠子为止。显然，不同的聚合顺序得到的总能量是不同的，请你设计一个聚合顺序，使一串项链释放出的总能量最大。
例如：设 N=4N=4，44 颗珠子的头标记与尾标记依次为 (2,3)(3,5)(5,10)(10,2)(2,3)(3,5)(5,10)(10,2)。我们用记号 \oplus⊕ 表示两颗珠子的聚合操作，(j \oplus k)(j⊕k) 表示第 j,kj,k 两颗珠子聚合后所释放的能量。则第 44 、 11 两颗珠子聚合后释放的能量为：
(4 \oplus 1)=10 \times 2 \times 3=60(4⊕1)=10×2×3=60。
这一串项链可以得到最优值的一个聚合顺序所释放的总能量为：
((4 \oplus 1) \oplus 2) \oplus 3)=10 \times 2 \times 3+10 \times 3 \times 5+10 \times 5 \times 10=710((4⊕1)⊕2)⊕3)=10×2×3+10×3×5+10×5×10=710。
输入格式
第一行是一个正整数 N(4 \le N \le 100)N(4≤N≤100)，表示项链上珠子的个数。第二行是 NN 个用空格隔开的正整数，所有的数均不超过 10001000。第 ii 个数为第 ii 颗珠子的头标记 (1 \le i \le N)(1≤i≤N)，当 i<Ni<N 时，第 ii 颗珠子的尾标记应该等于第 i+1i+1 颗珠子的头标记。第 NN 颗珠子的尾标记应该等于第 11 颗珠子的头标记。
至于珠子的顺序，你可以这样确定：将项链放到桌面上，不要出现交叉，随意指定第一颗珠子，然后按顺时针方向确定其他珠子的顺序。
普通的背包
（1） 01背包问题
P2871 [USACO07DEC]Charm Bracelet S
题目
有 \(N\) 件物品和一个容量是 \(M\) 的背包。每件物品只能使用一次。
第 \(i\) 件物品的重量是 \(C_i\)，价值是 \(W_i\) 。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。
输入
第一行：物品个数 \(N\) 和背包大小 \(M\)
第二行至第 \(N+1\) 行：第 \(i\) 个物品的重量 \(C_i\) 和价值 \(W_i\)
code
注释版：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+105;//注意空间大小
int N,M,c[maxn],w[maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
//cout<<"Nickle's code"<<endl;
cin>>N>>M;//N为物品个数，M为背包大小
for(int i=1;i<=N;i++) cin>>c[i]>>w[i];//c为重量，w为价值
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=M;j>=0;j--){
if(j>=c[i]) f[i][j]=max(f[i-1][j-c[i]]+w[i],f[i-1][j]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
cout<<f[N][M];
return 0;
}
核心代码纯享版：
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=M;j>=0;j--){
if(j>=c[i]) f[i][j]=max(f[i-1][j-c[i]]+w[i],f[i-1][j]);
else f[i][j]=f[i-1][j];
}
cout<<f[N][M];
（2） 分组(01)背包
题目描述
自 \(01\) 背包问世之后，小 \(A\) 对此深感兴趣。
一天，小 \(A\) 去远游，却发现他的背包不同于 \(01\) 背包，他的物品大致可分为 \(k\) 组，每组中的物品相互冲突，现在，他想知道最大的利用价值是多少。
输入格式
两个数 \(m,n\) ,表示一共有 \(n\) 件物品，总质量为 \(m\)
接下来 \(n\) 行，每行 \(3\) 个数 \(a_i，b_i，c_i\) 表示物品的重量，利用价值，所属组数
code
注释：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+105;//注意空间大小
int m,n,f[maxn],a[maxn],b[maxn],Kind,c_cnt[1005],c_num[1005][1005],x;
//kind记录组数，f是转移数组，a是重量，b是价值
//c_cnt[i]记录第i组一共有几件东西，c_num[i][j]记录第i组第j件物品的总序号
int main(){
//cout<<"Nickle"'s code"<<endl;
cin>>m>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>x;
Kind=max(x,Kind);
c_cnt[x]++;c_num[x][c_cnt[x]]=i;
}
for(int i=1;i<=Kind;i++)
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=c_cnt[i];k++)
if(j>=a[c_num[i][k]])f[j]=max(f[j],f[j-a[c_num[i][k]]]+b[c_num[i][k]]);
cout<<f[m];
return 0;
}
核心代码：
for(int i=1;i<=Kind;i++)
for(int j=m;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=c_cnt[i];k++)
if(j>=a[c_num[i][k]])f[j]=max(f[j],f[j-a[c_num[i][k]]]+b[c_num[i][k]]);
（3） 完全背包问题
题目
有 \(N\) 种物品和一个容量是 \(V\) 的背包,每种物品都有无限件可用。第 \(i\) 种物品的体积是 \(v_i\)，价值是 \(w_i\) 。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，\(N\)，\(V\)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 \(N\) 行，每行两个整数 \(v_i,w_i\)，用空格隔开，分别表示第 \(i\) 种物品的体积和价值。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+5;
int n,V,w[N],v[N],f[N];
signed main(){
cin>>n>>V;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]>>w[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v[i];j<=V;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[V];
return 0;
}
核心代码：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v[i];j<=V;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
（4） 多重背包问题
问题一
题目
有 \(N\) 种物品和一个容量是 \(V\) 的背包。
第 \(i\) 种物品最多有 \(s_i\) 件，每件体积是 \(v_i\)，价值是 \(w_i\)。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，
用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 N 行，每行三个整数 vi,wi,si，
用空格隔开，分别表示第 i 种物品的体积、价值和数量。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int m=1e4+5;
int T,M,num,val,wight,cnt,tot,w[m],v[m],f[m];
int main(){
cin>>M>>T;
while(M--){
cin>>wight>>val>>num;
while(num--){v[++cnt]=val;w[cnt]=wight;}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=T;j>=w[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
cout<<f[T];
return 0;
}
核心代码
while(num--){v[++cnt]=val;w[cnt]=wight;}
问题二 二进制优化方法
给定任意一个数\(s\)，最少把\(s\)分为多少个数，可以使得这些数拼成小于等于\(s\)的所有数？
\(log2（s）\)
假设这个数是\(8\)，可以拆成\(1,2,4\)
假设这个数是\(10\)，可以拆成\(1,2,4,3\)
假设这个数是\(7\)，可以拆成\(1,2,4\)
\(s-1-2-4……\)一直到不能减为止
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[2105],v,w,s;
struct qwq{int v,w;};
vector<qwq> q;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>v>>w>>s;
for(int k=1;k<=s;k<<=1){s-=k;q.push_back({v*k,w*k});}
if(s>0) q.push_back({v*s,w*s});
}
for(auto qwq: q)for(int j=m;j>=qwq.v;j--)f[j]=max(f[j],f[j-qwq.v]+qwq.w);
cout<<f[m]<<endl;
return 0;
}
问题三 单调队列优化
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+105;
int n,m,f[N],g[N],q[N],c,w,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>c>>w>>s;
memcpy(g,f,sizeof(f));
for(int j=0;j<c;j++){
int hh=0,tt=-1;
for(int k=j;k<=m;k+=c){
f[k]=g[k];
if(hh<=tt&&k-s*c>q[hh]) hh++;
if(hh<=tt) f[k]=max(f[k],g[q[hh]]+(k-q[hh])/c*w);
while(hh<=tt&&g[q[tt]]-(q[tt]-j)/c*w<=g[k]-(k-j)/c*w) tt--;
q[++tt]=k;
}
}
}
cout<<f[m];
return 0;
}
没有auto的代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+105,M=2e3+105;
int n,m,v[N],w[N],f[N],cnt,a,b,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a>>b>>s;
int k=1;
while(k<=s){v[++cnt]=a*k;w[cnt]=b*k;s-=k;k<<=1;}
if(s>0){v[++cnt]=a*s;w[cnt]=b*s;}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=m;j>=v[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[m];
return 0;
}
（5） 混合背包问题
题目
有 \(N\) 种物品和一个容量是 \(V\) 的背包。
物品一共有三类：
-
第一类物品只能用 \(1\) 次（ \(01\) 背包）；
-
第二类物品可以用无限次（完全背包）；
-
第三类物品最多只能用 \(s_i\) 次（多重背包）；
每种体积是 \(v_i\)，价值是 \(w_i\) 。
求解将哪些物品装入背包，可使物品体积总和不超过背包容量，且价值总和最大。输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，\(N，V\)，用空格隔开，分别表示物品种数和背包容积。
接下来有 \(N\) 行，每行三个整数 \(v_i,w_i,s_i\)，用空格隔开，分别表示第 \(i\) 种物品的体积、价值和数量。
-
\(s_i=−1\) 表示第 \(i\) 种物品只能用 \(1\) 次；
-
\(s_i=0\) 表示第 \(i\) 种物品可以用无限次；
-
\(s_i>0\) 表示第 \(i\) 种物品可以使用 \(s_i\) 次；
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+105;
int n,m,v[N],w[N],f[N],cnt,a,b,s;
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a>>b>>s;
int k=1;
if(s<0) s=1;
else if(s==0) s=m/a;
while(k<=s){v[++cnt]=a*k;w[cnt]=b*k;s-=k;k<<=1;}
if(s>0){v[++cnt]=s*a;w[cnt]=b*s;}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=m;j>=v[i];j--)f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[m];
return 0;
}
