树形 DP

Update on 11.3

之前写的太拉了，加入了思维方法和总结。

[JSOI2018] 潜入行动

tag：树上背包

考虑状态的设计：考虑树上的关系。在不考虑父亲节点的前提下，一个点关键在于是否放监听器和是否被监听。
简陋的转移：

f[i][j][0/1][0/1] 
表示 i 这棵子树内选了 j 个，不考虑父亲节点
这个点有没有放，这个点有没有被覆盖
f[i][j][0][0] <- f[i][j-siz][0][0] * f[v][siz][0][1]
f[i][j][0][1] <- f[i][j-siz][0][0] * f[v][siz][1][1]
              <- f[i][j-siz][0][1] * f[v][siz][0][0/1]
f[i][j][1][0] <- f[i][j-siz][1][0] * f[v][siz][0][0/1]
f[i][j][1][1] <- f[i][j-siz][1][0] * f[v][siz][1][0/1]
              <- f[i][j-siz][1][1] * f[v][siz][0/1][0/1]

注意当 $j=0$ 时直接赋值 $f_{i,1,1,0},f_{i,0,0,0}\leftarrow 1$。
树上背包给我们一种感觉，就是每次当前 $f_i$ 的信息，是已加入的所有儿子 $v$ 以及 $i$ 共同构成的。进而利用这个状态信息加入下一个儿子进行更新。这就与 [NOIP2022 建造军营] 类似了。

[NOIP2022]建造军营

tag：树形DP
首先就是简单的缩点，这不是这里的重点。在缩点后，就是一个树上的统计。在打模拟赛时的想法：
方向1：枚举点的选择并统计，拿到部分分。
方向2：统计钦定边个数确定的点选择方案。这似乎很难做，我并没有从这里很好地挣脱出来。
方向3：树形 DP 带着价值统计。想的时候状态有问题，变成了 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 这棵子数里选择连续的 $j$ 个点。
其实我们不要刻意去关注这些点选出来的构型，我们关心的是点的选择与否以及边的确定与否。
那么设计状态 $f_{i,0/1}$ 表示 $i$ 这棵子树里是否有点的方案数。
考虑转移。类似上一题，我们每次加入一棵子树 $v$，有转移：
$f_{i,1}\leftarrow f_{i,0}\times f_{v,1}+f_{i,1}\times (2\times f_{v,0}+f_{v,1})$；
$f_{i,0}\leftarrow f_{i,0}\times (f_{v,0}\times 2)$。
初始化：
$f_{i,0}\leftarrow 2^{\text{边双联通分量 i 中边的数量}}$；
$f_{i,1}\leftarrow 2^{\text{边双联通分量 i 中边的数量}}\times (2^{\text{边双联通分量 i 中点的数量}}-1)$。
所以对于树上选择点的问题，可以考虑树形 DP。
同时可以利用这种加入子树的方式转移。
同时注意记进答案的细节：$f_{u,1}$ 对 $ans$ 的贡献，要钦定往父亲的那边不选，否则会重复统计。

[SHOI2015] 聚变反应炉

tag：树上背包

从部分分开始。对于 $c$ 等于 $1$ 或 $0$，通过手磨数据发现无论顺序如何，先处理 $c$ 为 $1$ 的都是最优的。
故这 $50$ 分直接贪心地先取 $c$ 为 $1$ 的。

受贪心的启发，我们考虑点亮顺序。

定义 $dp[u][0/1]$ 表示自己比父亲激发早还是晚，并将 $u$ 这棵子树染完的最小花费；

定义辅助数组 $g[s]$ 表示父节点 $u$ 接受儿子们值为 $s$ 的能量的最小花费。

那么我们就有转移：

void dfs(int u,int fa){
    for(int v : e[u])if(v ^ fa)dfs(v,u);
	int sum = 0,now = 0;
	memset(g,0x3f,sizeof g);
	g[0] = 0;
	for(int v : e[u])if(v ^ fa){
		for(int i = sum;~i;--i)
			g[i+c[v]] = min(g[i+c[v]],g[i]+f[v][0]),g[i] += f[v][1];
	    sum += c[v];
	}
	f[u][1] = f[u][0] = inf;
	for(int i = 0;i<=sum;++i)
		f[u][0] = min(f[u][0],max(g[i],g[i]-i+d[u])),
		f[u][1] = min(f[u][1],max(g[i],g[i]-i+d[u]-c[fa]));
}

[SDOI2010] 城市规划

仙人掌$dp$ 树上独立集

这篇题解讲得很详细（来源： q779）。

这篇题解讲得很好。

[CEOI2007] 树的匹配 Treasury

树上独立集

这篇题解讲得很详细。

注意状态的设定，同“聚变反应炉”类似，我们在关心父子关系时，将其记入状态。

[POI2008] MAF-Mafia

基环树$dp$

其实这题正解是贪心，但是基环树的$dp$是可做的。

两种方法：

• 对子树做完后再在环上做一遍$dp$
• 拆环做$dp$
  具体实现：

#include<bits/stdc++.h>
#define print(a) cout << #a"=" << a << endl
#define debug() cout << "Line:" << __LINE__ << endl
#define sign() puts("----------")
using namespace std;

// 基环树拆环 DP 
const int N = 1000010,inf = 0x3f3f3f3f;
int n,to[N],d[N];
vector<int> e[N];

int mx,mn;// 最大存活人数 最小存活人数 

int cir[N],len;
bool incir[N];

int f[N][2];
void dfs(int u){
	f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
	bool flag = 1;
	for(int v : e[u])if(!incir[v]){
		dfs(v); flag = 0;
		// 这里 f[u][0/1] 是已经扫过的子树得到的结果 
		f[u][0] = max(f[u][0],f[u][1] - 1) + max(f[v][0],f[v][1]);
		// 那么这里 f[u][1] - 1 是因为这一枪让当前的 v 来崩 
		if(f[v][0] != -inf)f[u][1] += f[v][0];
		else f[u][1] = -inf;// 若存在一个儿子，他必须存活，那么当前 u 不能存活 
	}
	if(flag)f[u][0] = -inf; // 叶子结点一定存活 
}
void dfs(int u,int del,int rt){
	if(u != del)f[u][0] = 0, f[u][1] = 1;
	bool flag = 1;
	for(int v : e[u]){
		if(u == del && v == rt)continue;
		dfs(v,del,rt), flag = 0;
		f[u][0] += max(f[v][1],f[v][0]);
		if(f[v][0] == -inf)f[u][1] = -inf;
		else f[u][1] += f[v][0];
	}
	if(flag && u != del)f[u][0] = -inf;
}
void solve(int s){
	len = 0;
	bool flag = 1;
	for(int now = s;d[now];now = to[now])
		cir[++len] = now, incir[now] = 1, d[now] = 0, flag &= ((int)e[now].size() == 1);
	if(flag){// 只有一个环 
		++mn;
		if(len == 1)--mn;// 只有一个自环 
		mx += len / 2;
		return ;
	}
	if(len == 1){// 以自环为根的一棵树 
		dfs(s);
		mx += max(f[s][1] - 1, f[s][0]);// 由于自环自己必死，故 -1 
		return ; 
	}
	// 删 s -> to[s] 这条边 
	// 这里令 to[s] 必死 
	int res = -inf;
	f[to[s]][1] = -inf;
	f[to[s]][0] = 0;
	dfs(s,to[s],s);
	res = max(res,f[s][0]);
	res = max(res,f[s][1]);
	// 令 to[s] 必活 
	f[to[s]][1] = 1;
	f[to[s]][0] = -inf;
	dfs(s,to[s],s);
	res = max(res,f[s][0]);
	mx += res; 
}
signed main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i<=n;++i)scanf("%d",&to[i]),++d[to[i]],e[to[i]].push_back(i);
	queue<int> q;
	for(int i = 1;i<=n;++i)if(!d[i])q.push(i),++mn;
	while(!q.empty()){
		int now = q.front(); q.pop();
		if(--d[to[now]] == 0)q.push(to[now]);
	}
	for(int i = 1;i<=n;++i)if(d[i])solve(i);
	printf("%d %d",n-mx,n-mn);
	return 0;
}

反思

1. 数据范围较小的，用暴力；对于具有特殊性质的数据，找规律
2. 基环树 dp：① 拆环做树形dp；② 先树上再环上

F. Another Letter Tree - 暑期训练37

树形dp，差值

这题的关键在于看清了答案是可差分的。可以 $O(n{m}^2)$ 地算出从根节点到点 $u$，匹配模式串的范围为 $[l,r]$ 的方案数。答案统计：对于 $a\to b$ 的路径询问，记录 $l_i,r_i$ 表示前半段匹配了 $[1,l_i]$，后半段匹配了 $[r_i,m]$ 的方案数。$l,r$ 的计算就是将起点在 $lca$ 以上的部分减去，并将起点在 $lca$ 下，终点在 $lca$ 上的乘一下减去。
从模式串的长度出发，我们得到了一个较为完备的信息 $f,g$，进而可以只记录到根节点的信息，可差分。