【赛前复习】树形DP

前言：

一时 $DP$ 一时爽，一直 $DP$ 一直爽！

简单介绍：

顾名思义，在树上的 $DP$。

因为其具有传递性，可以向子树传递信息，或者子树向父亲传递信息，就对于具有一定规律的树上问题求解起到了很大帮助。

一般都是给定一些限制，然后求什么树上的最大最小花费。

很多树形结构都可以用到， $such$ $as$ 二叉树、三叉树、静态搜索树、AVL树，线段树、SPLAY树，后缀树等等（~~当然我都不会~~）

题目

Fire

$Fire$

给定一棵树，对于任意节点 $i$ 需要满足至少一个条件。

1.可以花费一定代价 $w_i$ 建消防站；
2.离它最近的消防站的之间的距离不超过 $D_i$，

求满足条件的最小花费。

定义 $dp_{i, j}$ 表示城市 $i$ 的负责点是 $j$ 的情况, $g_i$ 表示 $i$ 的子树内负责点不定的最小代价。

$dp_{i, j}$ 向上传递，由儿子传递到父亲，最后计算出答案。

对于一棵树来说，父亲为 $x$, 儿子为 $y$：

如果 $x$, $y$ 由同一个节点 $a$ 负责,

$dp_{x, a} += dp_{y,a} - w_a$ （直接减去重复计算的 $w_a$ 即可）

如果 $x$, $y$ 不由同一个节点负责，那就不用管 $y$ 具体由哪个节点负责，直接用 $g_y$ 转移

$dp_{x,a} += g_y$

关于 $g_x$ 的转移就是，每次枚举负责 $x$ 的节点 $i$ ，处理完后取最小值

$g_x = \min$ { $dp_{x,i}$ } $(dis_{x, i} <= D_x)$

点击查看代码


#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1005;
int t, n, D[N], W[N], tot, head[N], nex[N << 1], to[N << 1], w[N << 1], dis[N][N];
void add(int x, int y, int z) {
	to[++tot] = y, nex[tot] = head[x], head[x] = tot, w[tot] = z; 
}
void dfs(int st, int x, int f) {
	int ver;
	for(int i = head[x]; i; i = nex[i]) {
		ver = to[i];
		if(ver == f) continue;
		dis[st][ver] = dis[st][x] + w[i];
		dfs(st, ver, x);
	}
}
int dp[N][N], g[N];
void solve(int x, int f) {
	int ver;
	for(int i = head[x]; i; i = nex[i]) {
		ver = to[i];
		if(ver == f) continue;
		solve(ver, x);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(dis[i][x] > D[x]) continue;
		dp[x][i] = W[i];
		for(int j = head[x]; j; j = nex[j]) {
			ver = to[j];
			if(ver == f) continue;
			dp[x][i] += min(dp[ver][i] - W[i], g[ver]);
		} 
		g[x] = min(g[x], dp[x][i]);
	}
}

int main() {
	int u, v, ww;
	scanf("%d", &t);
	while(t --) {
		scanf("%d", &n);
		tot = 0;
		memset(head, 0, sizeof(head));
		memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
		memset(g, 0x3f, sizeof(g));
		for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &W[i]);
		for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &D[i]);
		for(int i = 1; i < n; i ++) {
			scanf("%d %d %d", &u, &v, &ww);
			add(u, v, ww), add(v, u, ww);
		}
		for(int i = 1; i <= n; i ++) {
			dis[i][i] = 0;
			dfs(i, i, 0);
		}
		solve(1, 0);
		printf("%d\n", g[1]);
	}
	
	return 0;
}

Rebuilding Roads

$Rebuilding$ $Roads$ $or$ $Luogu$ 重建道路

给定一棵 $n$ 个节点的树，问最少删去多少条边，能够得到一个节点个数为 $p$ 的连通块。

定义 $dp_{i,j}$ 表示以 $i$ 为根的子树保留 $j$ 个点联通的最小代价，

重点在 $dp$ 的初始条件的设置以及式子的小细节处理上。

$dp_{i, j} = min(dp_{i, j}, dp_{i, j - k} + dp_{ver, k} - 1)$

解释：因为 $x$ 和 $ver$ 之间相连是存在一条边的，而这条边并没有算进 $dp_{ver, k}$ 中，还可能会在 $dp_{x, j - k}$ 中被当成删边，所以要 $-1$。

而且初始值的设置也很灵活，值得学习。

注意最后的答案统计，因为除树根之外的点在 $DP$ 时都没有考虑与其父亲的连边，所以最后还要额外删去和父亲相连的那条边，即 $-1$。

点击查看代码


#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 155;
int n, p, rt, ans = 1e9, fa[N], tot, head[N], nex[N], to[N], dp[N][N], in[N], out[N];

void add(int x, int y) {
	to[++tot] = y, nex[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
int siz[N];
void dfs(int x) {
	int ver;
	siz[x] = 1;
	for(int i = head[x]; i; i = nex[i]) {
		ver = to[i];
		dfs(ver);
		siz[x] += siz[ver];
	}
	for(int i = head[x]; i; i = nex[i]) {
		ver = to[i];
		for(int j = siz[x]; j; j --) {
			for(int k = 1; k < j; k ++) {
				dp[x][j] = min(dp[x][j], dp[x][j - k] + dp[ver][k] - 1);
			}
		}
	}
}

int main() {
	int u, v;
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	scanf("%d %d", &n, &p);
	for(int i = 1; i < n; i ++) {
		scanf("%d %d", &u, &v);
		out[u] ++, in[v] ++;
		add(u, v);
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(!in[i]) rt = i;
		dp[i][1] = out[i];
	} 
	dfs(rt);
	ans = dp[rt][p];
	for(int i = 1; i <= n; i ++) ans = min(ans, dp[i][p] + 1);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

Road Improvement

$Road$ $Improvement$

给定一棵 $n$ 个节点的树，所有树边的初始状态均为不良，现在要求你改良道路，使得从节点 $x$ 到任意节点的路径上最多只有一条不良路径。

对于每一个可能的x，求出能够满足条件的方案总数。

定义 $dp_i$ 表示以 $x$ 为根的子树满足条件的方案数;

$g_i$ 表示使以 $x$ 为根的整棵树（不包含原属于 $x$ 子树的那部分）满足条件的方案数;

关于 $dp_i$ 部分:

假设存在一条边 $u -> v$ (即 $v$ 的父亲节点为 $u$)

$(u, v)$ 不修时, 意味着 $v$ 子树内的边都要修，只有一种方法，即答案贡献为 $1$;
$(u, v)$ 修时, 意味着 $(u, v)$ 这条边对贡献无影响，只要 $v$ 子树内的边满足条件即可，则对答案的贡献为 $dp[v]$;

总贡献为 $(dp_v + 1)$, 因为对于一个顶点的任意两棵子树而言，子树与子树之间是互不影响的，所以是乘法原理。

所以，$$dp_u = \prod_{v \in sonu} (dp_v + 1) $$

关于 $g_i$ 部分:

这一 $part$ 就是换根啦。

真的女子女少啊

依旧假设存在一条边 $u -> v$

$(u, v)$ 修时

意味着只要以 $v$ 为根的整棵树(不包含原以 $v$ 为根的子树)满足条件即可，即贡献为 $g_v$；

又因为以 $u$ 为根的原子树部分也要满足条件, 贡献为 $dp_u$, 然而根据 $g_x$ 的定义, 要除去原子树的方案数, 所以真正的贡献应该是 $dp_u / (dp_v + 1)$;

$(u, v)$ 不修时

意味着 $v$ 的上面部分和 $u$ 的子树部分都要全修，那贡献只能为 $1$;

综上，总贡献为 $(dp_u / dp_v + 1)$, 依旧是乘法原理。

\[g_v = g_u \times \tfrac{dp_u}{dp_v + 1} \]

注意除法要用逆元来算，前缀积后缀积维护。

点击查看代码


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, tot, head[N], Nex[N << 1], to[N << 1], dp[N], g[N];
vector<int> pre[N], nex[N];
void add(int x, int y) {
	to[++tot] = y, Nex[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
void DP(int x, int f) {
	int ver;
	dp[x] = 1, pre[x].push_back(1), nex[x].push_back(1);
	for(int i = head[x]; i; i = Nex[i]) {
		ver = to[i];
		if(ver == f) continue;
		DP(ver, x);
		dp[x] = dp[x] * (dp[ver] + 1) % mod;
		pre[x].push_back(dp[ver] + 1), nex[x].push_back(dp[ver] + 1);
	}
	pre[x].push_back(1), nex[x].push_back(1);
	for(int i = 1; i < pre[x].size() - 1; i ++) pre[x][i] = pre[x][i] * pre[x][i - 1] % mod;
	for(int i = nex[x].size() - 2; i; i --) nex[x][i] = nex[x][i] * nex[x][i + 1] % mod;
}

void DP2(int x, int f) {
	int ver;
	for(int i = head[x], j = 1; i; i = Nex[i], j ++) {
		ver = to[i];
		if(ver == f) continue;
		g[ver] = (g[x] * pre[x][j - 1] % mod * nex[x][j + 1] % mod + 1) % mod;
		DP2(ver, x);
	}
}

signed main() {
	scanf("%lld", &n);
	int x;
	for(int i = 2; i <= n; i ++) scanf("%lld", &x), add(i, x), add(x, i);
	g[1] = 1, DP(1, 0), DP2(1, 0);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%lld ", dp[i] * g[i] % mod);
	return 0;
}

Drazil and Morning Exercise

$Drazil$ $and$ $Morning$ $Exercise$

好家伙，黑题。

那我先咕了。ヾ(•ω•`)o

posted @ 2021-10-18 10:49 Spring-Araki 阅读(40) 评论(2) 编辑收藏举报

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