今天来给大家讲一下数形dp基础
树形dp常与树上问题（lca、直径、重心）结合起来
而这里只讲最最基础的树上dp
1.选课
-
题目描述
在大学里每个学生，为了达到一定的学分，必须从很多课程里选择一些课程来学习，在课程里有些课程必须在某些课程之前学习，如高等数学总是在其它课程之前学习。现在有 N 门功课，每门课有个学分，每门课有一门或没有直接先修课（若课程a是课程b的先修课即只有学完了课程a才能学习课程b）。一个学生要从这些课程里选择 M 门课程学习，问他能获得的最大学分是多少？ -
思路：
我们可以把两门课先后关联关系想象成树边，然后这一切即可构成一棵树，因为每个结点只有一个父亲符合树性质。
所以每个结点能选的基础，便是父节点能选，他才能选。
状态：dp[u][j]表示以u为根的子树里面选择j门课程的最大得分。
决策：选or不选
转移：（若u->v)
dp[u][j]=dp[v][k]+dp[u][j-k];
这里运用了 多重背包+dp 的思想：
每一个v所在的子树都有它的价值，你要枚举他们每个的第二维度（可以看成体积），从而更新。
代码可以仿照下一题
2.吊灯
- 题目描述
XZL买了一批吊灯，可发现并不能直接把这吊灯挂起来：只有一个吊灯能挂在天花板上，而其他所有的灯只能固定的挂在某一个别的吊灯下。每个吊灯都有其本身的重量，也有一定的承受能力（指下面最多能承受的重力），每个吊灯也有不同的亮度。XZL希望能够选出其中的一些吊灯吊起来，每个灯下面所吊的都在其重力承受范围之内，且使所有灯的亮度之和最大。 - 思路 这道题和上一题，几乎一样，代码很短：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=405;
int w[N],f[N][N],ud[N],ad[N],nxt[N],head[N],to[N],tot,n;
void add_edge(int u,int v) {
nxt[++tot]=head[u]; to[tot]=v; head[u]=tot;
}
void dfs(int u) {
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
dfs(v);
for(int j=ud[u];j>=w[v];j--) {
for(int k=0;k<=min(j-w[v],ud[v]);k++) { //注意这里顺序枚举，因为下面的f[u][j-k-w[v]]要保证倒序（01or多重背包的无后效性)
f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k-w[v]]+f[v][k]+ad[v]);
}
}
}
}
int main() {
int rt;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int u;
scanf("%d%d%d%d",&u,&w[i],&ud[i],&ad[i]);
if(!u) rt=i;
else add_edge(u,i);
}
dfs(rt);
int ans=0;
for(int i=0;i<=ud[rt];i++) {
ans=max(ans,f[rt][i]);
}
printf("%d",ad[rt]+ans);
return 0;
}
2.警卫安排
- 题目描述
一条边的两端必需至少一个警卫，安排每个警卫都有其自身的代价，这样安排警卫的最少代价。 - 思路
状态:
f[i][0]为当前节点安排警卫1
f[i][1]为当前节点的儿子中有安排警卫的
f[i][2]为当前节点的父亲安排了警卫
f[i][2]也时必不可少的，因为f[i][1]和f[i][2]的转移是不同的。
因此代码如下：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=725;
int w[N],fa[N],rt;
int tot,nxt[N*2],to[N*2],head[N],f[N][3];
void add_edge(int u,int v) {
nxt[++tot]=head[u]; to[tot]=v; head[u]=tot;
}
void dfs(int u){
if(!head[u]) {
f[u][0]=w[u]; f[u][1]=0x3f3f3f3f; f[u][2]=0; return;
}
bool flag=false;
int cha=0x3f3f3f3f;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
dfs(v);
f[u][0]+=min(min(f[v][1],f[v][2]),f[v][0]);
f[u][2]+=min(f[v][1],f[v][0]);
f[u][1]=f[u][2];
if(f[v][0]<f[v][1]) flag=true;
cha=min(cha,f[v][0]-f[v][1]);
}
f[u][0]+=w[u];
if(!flag) {
f[u][1]+=cha;
}
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int u,v,m,k;
scanf("%d%d%d",&u,&k,&m);
w[u]=k;
for(int j=1;j<=m;j++) {
scanf("%d",&v);
add_edge(u,v); fa[v]=u;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!fa[i]) rt=i;
}
dfs(rt);
printf("%d",min(f[rt][0],f[rt][1]));
return 0;
}
3.没有上司的晚会
- 题目描述
每个人的上司若来了，这个人就不会来，每个人都有一个气氛值，求最大总气氛值。 - 思路
跟上一题，进行比较，区别为：
1.最小代价 vs. 最大总价值
2.对于一条边，上题是至少要有一个结点，而此题是最多有一个结点
3.【总结1.2】此题的u->v转移跟fa[u]无关，只跟u取或不取有关,而上题要考虑若fa[u]没取，且u没取，{v}中必须有取的情况。
代码：
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6005;
int tot,head[N],fa[N],nxt[N],to[N],a[N];
int dp[N][2];
void add_edge(int u,int v) {
tot++; nxt[tot]=head[u]; to[tot]=v; head[u]=tot;
}
void dfs(int u) {
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
dfs(v);
dp[u][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);
dp[u][1]+=dp[v][0];
}
dp[u][1]+=a[u];
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
int u,v;
while(1) {
scanf("%d%d",&v,&u);
if(!v&&!u) break;
fa[v]=u;
add_edge(u,v);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!fa[i]) {
dfs(i);
ans+=max(dp[i][0],dp[i][1]);
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
4.清洁机器人
- 题目描述
现在有k台清洁机器人位于s号教室，现在有k台清洁机器人位于s号教室。机器人靠燃油驱动，一台机器人清洁一个教室的耗油1升。在道路上行走时，每单位距离耗油1L。我们希望完成清洁作业消耗的总油量尽可能少。请你计算出这个总油量。作业结束时，机器人可以停留在任何位置。 - 思路
思考问题，从浅入深。
首先此题有一个棘手的条件：结束时，机器人可以停留在任何位置。
假设情况1：只有一个机器人，并且结束时必须回到原点，那么ans1=所有len*2的和
延申：如果一个机器人，结束时不用回到原点，那么ans2=ans1-max{一条到叶子节点的链}
所以状态为：f[u][j]表示u子树中清扫完后，有j个机器人留在了u中。
方程为:
k>0dp[u][j]=min{dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]+k*len[i]};//这k个点去了不回，每个点只统计一次去的len[i]
k=0dp[u][j]=dp[v][0]+2*len[u][v];//v子树没有点留下，而这条边则要贡献两次了【既然v子树没有点，那就像情况1一样递推】 - 代码
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5;
typedef long long ll;
int tot,nxt[N*2],head[N],to[N*2],K;
ll len[N*2],dp[N][15],inf=1e18;
void add_edge(int u,int v,ll w) {
++tot; nxt[tot]=head[u]; to[tot]=v; len[tot]=w; head[u]=tot;
}
void dfs(int u,int fa) {
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) {
int v=to[i];
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=K;j>=0;j--) {
//每个子节点都必须选的背包,(否则下一行是取min)
dp[u][j]=dp[u][j]+dp[v][0]+2*len[i];
for(int k=1;k<=j;k++) {
dp[u][j]=min(dp[u][j],dp[u][j-k]+dp[v][k]+k*len[i]);
}
}
}
}
int main() {
int n,s;
scanf("%d%d%d",&n,&s,&K);
for(int i=1;i<n;i++) {
int u,v;
ll w;
scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
add_edge(u,v,w);
add_edge(v,u,w);
}
dfs(s,0);
ll ans=inf;
for(int i=0;i<=K;i++) {
ans=min(ans,dp[s][i]);
}
printf("%lld",ans+n);
return 0;
}
