树形DP学习总结

学完换根不久后发现不太熟了,赶紧写篇总结复习一下

树形DP,即在树上进行DP的操作。

例题1:luogu P1352 没有上司的舞会

题目描述

某大学有 n 个职员,编号为 1n

他们之间有从属关系,也就是说他们的关系就像一棵以校长为根的树,父结点就是子结点的直接上司。

现在有个周年庆宴会,宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 ri,但是呢,如果某个职员的直接上司来参加舞会了,那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。

所以,请你编程计算,邀请哪些职员可以使快乐指数最大,求最大的快乐指数。

输入格式

输入的第一行是一个整数 n

2 到第 (n+1) 行,每行一个整数,第 (i+1) 行的整数表示 i 号职员的快乐指数 ri

(n+2) 到第 2n 行,每行输入一对整数 l,k,代表 kl 的直接上司。

输出格式

输出一行一个整数代表最大的快乐指数。

样例 #1

样例输入 #1

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
2 3
6 4
7 4
4 5
3 5

样例输出 #1

5

提示

数据规模与约定

对于 100% 的数据,保证 1n6×103128ri1271l,kn,且给出的关系一定是一棵树。

分析

这是一道树形DP的经典题,如果一个人的上司去了舞会那么他就不能去。

按照DP的经典套路分析:

定义状态:

dpi,0/1:表示以i为根的子树,i不去或去舞会能获得的最大价值

答案:

由于题目没有给出根节点,所以根节点要自己找,答案是max(dproot,0,dproot,1)

状态转移方程

对于每个x,有xv的父亲,即xv

对于每个dpx

  • x要去舞会,则他的每个儿子都不能去舞会,所以得出dpx,1=dpv,0

  • x不去舞会,则他的每个儿子可以去也可以不去,选最大的一个,所以得出dpx,0=(max(dpv,0,dpv,1))

边界条件:

因为如果x去舞会,则肯定会有rx的价值

所以dpx,1=rx

那么代码实际上就只要在DFS整颗树的时候进行转移就好了。

Code:

Upd:里面有两个地方写错了,找一找吧。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl "\n"
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int n,a[maxn],dp[maxn][2],r[maxn],vis[maxn];
vector<int>vt[maxn];
void dfs(int x){
    dp[x][1]=r[x];
	for(auto v:vt[x]){
		dp[x][1]+=dp[v][0];
		dp[x][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);
        dfs(v);
	}
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>r[i];
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		vt[v].push_back(u);
		vis[v]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(vis[i]==0){
			dfs(i);
			cout<<max(dp[i][0],dp[i][1]);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

刚才写的题实际上是第一类树形DP,即兄弟节点之间没有约束条件,而一会要讲的就是第二类树形DP,即树上背包,兄弟节点之间有约束关系。

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