树形DP

P3565 [POI2014] HOT-Hotels

$solution1$:

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先说一下我想到的 $O(n^2)$ 算法。

首先不难发现，如果三个点两两距离相等，那么一定存在一个中心点，使得中心点到这三个点的距离相等。

枚举每一个点作为中心节点，然后从它开始将整个树 $DFS$ 一遍。在 $DFS$ 的时候开一个动态数组 $p$ ， $p[i][j]$ 表示以当前中心节点为根的第 $i$ 颗子树中，深度为 $j$ 的节点的数量。此时的答案为 $\sum _{d=1}\sum _{i=1}^{cnt}\sum _{j=i+1}^{cnt}\sum _{k=j+1}^{cnt}p[i][d]\times p[j][d]\times p[k][d]$

如何计算它？可以考虑增量法。设 $s1=\sum _{d=1}\sum _{i=1}^{cnt}p[i][d]$ ， $s2=\sum _{d=1}\sum _{i=1}^{cnt}\sum _{j=i+1}^{cnt}p[i][d]\times p[j][d]$ ， $s3=\sum _{d=1}\sum _{i=1}^{cnt}\sum _{j=i+1}^{cnt}\sum _{k=j+1}^{cnt}p[i][d]\times p[j][d]\times p[k][d]$ 。在外层枚举 $d$ ，在内层枚举 $i$ ，每当 $i$ 加一，就令 $s3+=p[i][d-1]\times s2$ , $s2+=p[i][d-1]\times s1$ ， $s1+=p[i][d-1]$ 。每次内层循环结束时，令 $ans+=s3$ ，最后 $ans$ 即为所求。

$code:$

void dfs(int x,int fa,int d){
	if(p[cnt].size()<d)
		p[cnt].push_back(1);
	else
		++p[cnt][d-1];
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		if(ver[i]!=fa)
			dfs(ver[i],x,d+1);
}
void work(int x){
	cnt=0;
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
		++cnt;p[cnt].clear();
		dfs(ver[i],x,1);
	}
	bool ok=1;
	for(int i=1;;++i){
		int s=0,s2=0,s3=0;
		for(int j=1;j<=cnt;++j){
			if(p[j].size()<i)
				continue;
			s3+=p[j][i-1]*s2;
			s2+=p[j][i-1]*s;
			s+=p[j][i-1];
		}
		if(!s3) break;
		ans+=s3;
	}
}
void solve(int x){
	vis[x]=1;sum=1e9;
	work(x);
	for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
		if(!vis[ver[i]])
			solve(ver[i]);
}

$solution2$

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其实这个题是可以优化到 $O(n)$ 的。

设 $f[i][j]$ 表示以 $i$ 为根的子树中，距离当前点为 $j$ 的点数；$g[i][j]$表示以 $i$ 为根的子树中，两个点到 $LCA$ 的距离为 $d$ ，并且他们的 $LCA$ 到 $i$ 的距离为 $d-j$ 的点对数。

状态转移方程：
$ans+=g[i][0],ans+=g[i][j]\times f[son][j-1],f[i][j]+=f[son][j-1],g[i][j]+=g[son][j+1]$

如果我们钦定一个儿子，那么 $f$ 和 $g$ 数组是可以直接赋值的。

我们进行长链剖分，每次钦定从重儿子直接转移，那么我们还需要从轻儿子进行转移。

那么，复杂度拆分成两个部分：直接从重儿子转移$O(1)$，从轻儿子转移$O(\sum len)$。发现每个点有且仅有一个父亲，因此一条重链算且仅被一个点暴力转移，而每次转移复杂度是链长。所以全局复杂度是$\sum$链长，也就是$O(n)$，因此总复杂度就是$O(n)$

P4516 潜入行动

2023.6.18拷逝T4

树形背包好题。

设 $f[x][i][0/1][0/1]$ 表示以 $x$ 为根的子树中共放了 $i$ 个监听装置，其中 $x$ 点放没放装置， $x$ 点有没有被监听到的方案数（在以 $x$ 为根的子树中除 $x$ 外的其它结点都被监听到了）

状态转移方程：

①：$x$没有被监听，也没有放装置。此时子节点一定不能放装置。$f[x][i+j][0][0]=\sum f[x][i][0][0]\times f[v][j][0][1]$

②：$x$没有被监听，但放了装置。此时子节点同样一定不能放装置，但它有没有被以它为根的子树内的节点监听有无所谓了。

$f[x][i+j][1][0]=\sum f[x][i][1][0]\times (f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1])$

③：$x$没放装置，但被监听了。

如果$x$在这之前已经被监听，那么$v$放不放装置无所谓；而如果$x$在这之前没有被监听，那么$v$处必须放装置。因为$x$没放装置，所以$v$必须被以它为根的子树内的节点监听。

$f[x][i+j][0][1]=\sum f[x][i][0][1]\times (f[v][j][0][1]+f[v][j][1][1])+f[x][i][0][0]\times f[v][j][1][1]$

④：$x$放了装置，也被监听了。

如果$x$在这之前已经被监听，那么$v$随意；而如果$x$在这之前没有被监听，那么$v$处必须放装置。因为$x$放了装置，所以$v$是否被以它为根的子树内的节点监听无所谓。

$f[x][i+j][1][1]=\sum f[x][i][1][0]\times (f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])+f[x][i][1][1]\times (f[v][j][1][1]+f[v][j][1][0]+f[v][j][0][1]+f[v][j][0][0])$

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,l=1e5+5;
int n,k,a,b,tot,head[l<<1],ver[l<<1],nxt[l<<1];
int dp[l][105][2][2],tmp[l][2][2],siz[l];
void add(int x,int y){
	nxt[++tot]=head[x];head[x]=tot;ver[tot]=y;
}
void dfs(int x,int fa){
	siz[x]=dp[x][0][0][0]=dp[x][1][1][0]=1;
	for(int t=head[x];t;t=nxt[t]){
		int v=ver[t];
		if(v!=fa){
			dfs(v,x);
			for(int i=0;i<=min(k,siz[x]);++i){
				tmp[i][0][0]=dp[x][i][0][0];dp[x][i][0][0]=0;
				tmp[i][0][1]=dp[x][i][0][1];dp[x][i][0][1]=0;
				tmp[i][1][0]=dp[x][i][1][0];dp[x][i][1][0]=0;
				tmp[i][1][1]=dp[x][i][1][1];dp[x][i][1][1]=0;
			}
			for(int i=0;i<=min(k,siz[x]);++i)
				for(int j=0;j<=min(k-i,siz[v]);++j){
					dp[x][i+j][0][0]=(dp[x][i+j][0][0]+1ll*tmp[i][0][0]*dp[v][j][0][1]%mod)%mod;
					dp[x][i+j][0][1]=(dp[x][i+j][0][1]+1ll*tmp[i][0][1]*(dp[v][j][0][1]+dp[v][j][1][1])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][0][1]=(dp[x][i+j][0][1]+1ll*tmp[i][0][0]*dp[v][j][1][1]%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][0]=(dp[x][i+j][1][0]+1ll*tmp[i][1][0]*(dp[v][j][0][0]+dp[v][j][0][1])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][1]=(dp[x][i+j][1][1]+1ll*tmp[i][1][0]*(dp[v][j][1][1]+dp[v][j][1][0])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][1]=(dp[x][i+j][1][1]+1ll*tmp[i][1][1]*(1ll*(dp[v][j][0][0]+dp[v][j][0][1])+1ll*(dp[v][j][1][0]+dp[v][j][1][1]))%mod)%mod;
				}
			siz[x]+=siz[v];
		}
	}
	return ;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<n;++i)
		scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a);
	dfs(1,0);
	printf("%d\n",(dp[1][k][1][1]+dp[1][k][0][1])%mod);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

相似题：

保安站岗：完全就是这道题的弱化版。

消防局的设立：略难，需要注意把所有情况考虑全面，尤其是 $f[x][5]$ 。

设 $f[x][0]$ 表示以 $x$ 为根的子树中， $x$ 无灯，且只有 $x$ 没被照亮的最下代价；

设 $f[x][1]$ 表示 $x$ 无灯，且所有点都被照亮，但不能再照亮$fa[x]$的最小代价；

设 $f[x][2]$ 表示 $x$ 无灯，且所有点都被照亮，且$fa[x]$也能被照亮的最小代价；

设 $f[x][3]$ 表示 $x$ 有灯，且所有点都被照亮的最小代价；

设 $f[x][4]$ 表示 $x$ 无灯，且 $x$ 及其儿子没被照亮，但其他节点都被照亮的最小代价。

设 $f[x][5]$ 表示 $x$ 无灯，且 $x$ 被照亮， $x$ 的儿子可以不被照亮， $fa[x]$ 没被照亮的最小代价。

$code:$

void dfs(int x,int fa){
    f[x][3]=1;f[x][1]=f[x][2]=1e9;
    for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
        if(ver[i]!=fa){
            dfs(ver[i],x);
            f[x][2]=min(f[x][2]+min(f[ver[i]][2],min(f[ver[i]][1],min(f[ver[i]][3],f[ver[i]][0]))),min(f[x][1],min(f[x][0],min(f[x][4],f[x][5])))+f[ver[i]][3]);
            f[x][1]=min(f[x][1]+min(f[ver[i]][1],f[ver[i]][2]),f[x][0]+f[ver[i]][2]);
            f[x][5]=min(f[x][5]+min(f[ver[i]][1],min(f[ver[i]][2],f[ver[i]][0])),f[x][0]+f[ver[i]][2]);
            f[x][0]+=f[ver[i]][1];
            f[x][4]+=f[ver[i]][0];
            f[x][3]+=min(f[ver[i]][0],min(f[ver[i]][1],min(f[ver[i]][2],min(f[ver[i]][3],min(f[ver[i]][4],f[ver[i]][5])))));
        }
}

P3942 将军令 ：上一题的加强版，即照亮范围不再是 $<=2$ ，可以用贪心做，具体做法在这里。

P3554 [POI2013] LUK-Triumphal arch

显然答案具有单调性，所以二分小 $A$ 需要的染色次数。

设 $f[x]$ 表示以 $x$ 为根的子树需要多少上级支援。状态转移方程：

$$f[x]=max\{\sum _{y\in son[x]}f[y]-mid+cnt,0\}$$