神奇脑洞题解——树的最大匹配
(这是道CEOI2007的原题，洛谷上也有哦）
COGS 489
至于为啥没有洛谷链接，实验人怎么能用别人的评测机
其实只是洛谷数据过强，要写高精度的
一句话题面：给定一颗父子关系指明的树，记树上某个点和他的父亲可以形成一对匹配，求这棵树最多可以形成多少匹配，形成这么多种匹配的方案有几种？
【输入格式】
第一行一个数 N ，表示有多少个结点。
接下来 N 行，每行第一个数，表示要描述的那个结点的编号。然后一个数 m ，表示这个结点有 m 个儿子，接下来 m 个数，表示它的 m 个儿子的编号。
【输出格式】
输出两行，第一行为最大匹配数，第二行输出最大匹配方案数。
【输入样例】
7
1 3 2 4 7
2 1 3
4 1 6
3 0
7 1 5
5 0
6 0
【输出样例】
3
4
【数据规模】
N<=1000, 其中 40% 的数据答案不超过 10^7
看数据就知道要写高精，但COGS可以用long long int 水过去哈
首先考虑第一个问题：最大匹配是多少？
这一看就知道是个树形DP，而且每个点上的取值和这个点的状态有关
按照树形DP的套路，状态可以设为在x的子树内，能匹配的最大匹配对数（因为每个点只能和自己的父亲与儿子匹配，因此，各个子树间互不影响）
先大概脑补一下没有上司的舞会这道题，如果没写过的话直接肝这题有点难度哈
按照没有上司的舞会的套路，每个点状态分两种：dp[x][0]和dp[x][1]分别代表当点x不与自己儿子匹配时x内子树匹配最大值和当x参与时的最大值。
那么现在问题就明朗许多了。
先大概思考一下，对于dp[x][0]的计算，因为x点是不用的，因此x的儿子y是否被使用都无所谓，也就是说dp[x][0]=∑max(dp[y][0],dp[y][1]);
这里还可以再加强一波：可以得知dp[y][1]>=dp[y][0];
这个东西比较神奇，但是也可以感性理解一下。假设我们现在有一棵小树，这棵树有两个儿子，两个儿子的子树各是一条链，（实际上这个时候模拟的就是树的最底部）链有多长咱们不管，但是至少我们可以知道，匹配肯定是先选一条边两端的两个节点，但是与其相连的两条边都不能选，贪心可知，叶子节点一定要选，然后这样的话，假设一条长度为3的链，选上树根就可以多得到一对，偶数长度的选上树根也不行，所以说dp[y][1]>=dp[y][0]当且仅当y的子树的链长度均为偶数时取等号。
所以说dp[x][0]=∑dp[y][1];
考虑完dp[x][0],再考虑一下dp[x][1],众所周知，因为x是与自己的某个儿子匹配的，因此可以认为dp[x][1]可以认为是由∑dp[y][1]然后减去min（dp[y][1]-dp[y][0])再+1得到的
这里可以将求dp[x][0]和求dp[x][1]合在一起（因为dp[x][0]就是dp[y][1]之和）
提一句，维护顺序是先维护dp[x][1]再维护dp[x][0]这样可以有效利用之前计算的信息
下面的代码中，dp[x][0]是代表前i-1个子树dp[y][1]之和，而dp[x][1]已经开始维护第i个子树的影响了。
if(dp[x][1])
{ dp[x][1]+=dp[to][1]; } if(dp[x][0]+dp[to][0]+1>dp[x][1]) { dp[x][1]=dp[x][0]+dp[to][0]+1; }//因为开始时dp[x][1]初始值是0，那么直接进入下一步，否则先将当前y不和x相连的贡献算上，然后再考虑是否能更换那个与x相连的儿子（相当于假定第一个儿子与x相连，然后依次尝试替换）
好了，第一步，维护最大值完成了，下一问，计算方案数！
这道题说实话难就难到计算方案数上了。
仿照上面设计状态
g[x][0]代表，以x为根的子树，在不选x的情况下，达到最大值的方案数。
g[x][1]则代表选x的情况下的方案数。
我们先考虑g[x][0]的做法，
子树y对g[x][0]的贡献无非也就以下几类
- 当dp[y][0]==dp[y][1]时（上面有介绍这种情况）
- 当dp[y][0]!=dp[y][1]时
相信各位大佬的数学还是不错的，知道方案数计算应该用乘法吧，不知道的出门右拐小学奥数班哈
对于第一种情况，g[x][0]=g[x][0]*(g[y][0]+g[y][1])选哪个都一样，那我都要，小孩子才做选择。
第二种我木的选择 g[x][0]=g[x][0]*g[y][1]只能这样选了。
OK，对g[x][0]的维护完成了，下面开始考虑g[x][1]
首先声明维护顺序：一定要先维护dp[x][1]和g[x][1]
if(dp[x][1]) { dp[x][1]+=dp[to][1]; if(dp[to][0]!=dp[to][1]) { g[x][1]*=g[to][1]; } else { g[x][1]*=g[to][0]+g[to][1]; } } if(dp[x][0]+dp[to][0]+1>dp[x][1]) { dp[x][1]=dp[x][0]+dp[to][0]+1; g[x][1]=g[x][0]*g[to][0]; } else if(dp[x][0]+dp[to][0]+1==dp[x][1]) g[x][1]+=g[x][0]*g[to][0];
大家仔细看看，这份代码和上面是一个框架，但是加入了对g[x][1]的维护（比如最下面的else）
维护大概分以下几个步骤
- 先看看是不是取dp[y][0]和dp[y][1]对dp[x][1]的贡献一样（这个时候那个和自己父亲链接的点已经有了，现在的y先假定不和父亲链接）
- 如果现在的点取代之前的点和x相连更加合适，那么就更换，这时候就体现出先维护dp[x][1]的优点了，此时的g[x][0]是y之前所有子树取dp[子树][1]的选法（可能有dp[子树][0]==dp[子树][1]),那么这个时候注意是直接赋值，将g[x][1]=g[x][0]*g[y][0];
- 如果当前的点和之前选的那个一样优，这就相当于又贡献了一堆选法，注意这个时候是加法。
- 完了
这样的话，这道题就算完事了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #define int long long int using namespace std; int dp[1001][2]; int g[1001][2]; int n,m,a1,root; bool rd[1001]; vector<int> b[1001]; void DFS(int x,int fa) { dp[x][0]=0; dp[x][1]=0; g[x][0]=1; g[x][1]=1; int mxf=0,sum=0; for(int i=0;i<b[x].size();i++) { int to=b[x][i]; DFS(to,x); //dp[x][1]=max(dp[x][1],dp[to][0]-max(dp[to][0],dp[to][1])+1+dp[x][0]); if(dp[x][1]) { dp[x][1]+=dp[to][1]; if(dp[to][0]!=dp[to][1]) { g[x][1]*=g[to][1]; } else { g[x][1]*=g[to][0]+g[to][1]; } } if(dp[x][0]+dp[to][0]+1>dp[x][1]) { dp[x][1]=dp[x][0]+dp[to][0]+1; g[x][1]=g[x][0]*g[to][0]; } else if(dp[x][0]+dp[to][0]+1==dp[x][1]) g[x][1]+=g[x][0]*g[to][0]; dp[x][0]+=dp[to][1]; //dp[x][0]=max(dp[x][0],dp[x][0]+max(dp[to][0],dp[to][1])); if(dp[to][0]!=dp[to][1]) g[x][0]*=g[to][1]; else g[x][0]*=g[to][0]+g[to][1]; } if(!dp[x][1]) g[x][1]=0; } signed main() { freopen("treeb.in","r",stdin); freopen("treeb.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { int ke; scanf("%d",&ke); scanf("%d",&m); for(int j=1;j<=m;j++) { scanf("%d",&a1); rd[a1]++; b[ke].push_back(a1); } } for(int i=1;i<=n;i++) { if(rd[i]==0) { root=i; break; } } DFS(root,0); cout<<dp[root][1]<<endl; if(dp[root][0]!=dp[root][1]) { cout<<g[root][1]; } else cout<<g[root][1]+g[root][0]; return 0; }
完结撒花！
