dp做题记录

树形 dp

• P3177 [HAOI2015] 树上染色

  初看此题时，dp 状态很明显是两维，但是合并子树时答案难于统计，然后……就不会了qwq。

  既然不通，考虑改变 dp 数组的含义，记 $d{p}_{i,j}$ 表示当前 $i$ 的子树中将 $j$ 个点染黑对总答案的贡献。

  但是这样直接计算两点距离就变得更难了，考虑两点的路径统计，将统计相同颜色点两两之间的距离转化为统计每个边被计数的次数。于是我们每次进行转移时只需要考虑 $i$ 到它的儿子 $j$ 的边 $e_{i,j}$ 对总答案的贡献，于是有 dp 方程：

  $$d{p}_{u,j}=d{p}_{u,j-k}+d{p}_{v,k}+e_{u,v}k(m-k)+e_{u,v}(si{z}_v-k)(n-m-si{z}_v+k)$$

  其中 $n$ 为点的个数，$m$ 为总的可以允许染成黑色点的个数，$e_{u,v}$ 表示 $u$ 到 $v$ 边的权值，$si{z}_u$ 表示以 $u$ 为根的子树的大小，$j$ 和 $k$ 均为枚举的染黑点的个数。

  但是这样转移很明显是 $O(n{m}^2)$ 的，于是我们在枚举每一个 $m$ 时，给予 $m$ 一个上下界限制，最大可能地去优化时间复杂度，于是有了 $m$ 的限制：$m\in [max(0,j-si{z}_u+is{z}_v),min(j,si{z}_v)]$。

  可以证明，这样的时间复杂度是接近 $O(nm)$ 的。

  代码。

• P7310 [COCI2018-2019#2] Deblo

  注意到位运算每一位都是独立的，考虑将权值的每一位拆开，单独考虑每一位对答案的贡献。

  先枚举每一位，这样原树就变成了一颗只有 $0$ 和 $1$ 的树。很明显只有当路径上的 $1$ 的个数为奇数时，这条路径才会对答案产生贡献。

  记 $d{p}_{u,0}$ 表示路径的一个端点为 $u$，另一个端点在 $u$ 的子树，路径上的 $1$ 的个数为偶数时，这样的路径的条数。同理 $d{p}_{u,1}$ 为 $1$ 的个数为奇数。

  转移时进行分类讨论：

  • 若当前的节点 $u$ 第 $w$ 位是 $1$，那么对于其每一个子节点 $v$，有 $d{p}_{u,0}+=d{p}_{v,1},d{p}_{u,1}+=d{p}_{v,0}$。
  • 若当前的节点 $u$ 第 $w$ 位是 $0$，那么对于其每一个子节点 $v$，有 $d{p}_{u,0}+=d{p}_{v,0},d{p}_{u,1}+=d{p}_{v,1}$。

  考虑如何计算答案，显然对于一条路径只有两种情况：

  • $lc{a}_{a,b}$ 不为 $a$ 或者 $b$，有 $ans+=d{p}_{u,1}\times d{p}_{v,0}+d{p}_{u,0}\times d{p}_{v,1}$，其中 $v$ 是 $u$ 的子节点。
  • $lc{a}_{a,b}$ 为 $a$ 或者 $b$ 其中一个，有 $ans+=d{p}_{u,1}$。

  时间复杂度 $O(n\log V)$，其中 $V$ 为值域。