6.学习笔记——树形dp2023-04-21

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树形 dp 介绍

概念

~~树形 dp，顾名思义，就是在树上做 dp，~~将 dp 的思想建立在树状结构之上。

常见的树形 dp 有两种转移方向：

从叶节点向根节点转移，这种也是树形 dp 中较为常见的一种。通常是在 dfs 回溯后时更新当前节点的答案。
从根节点向叶节点转移，通常是在从叶往根dfs一遍之后，再重新往下获取最后的答案。

特点

~~是在树上做的。~~
主要是在对一棵树做 dfs 时进行转移。
转移方程非常直观，但是细节较多。

套路

这个分类偏主观。

选择节点类：
- 无限制类：一般是点权（边权）和最大（最小）的子树的点权（边权）和。
  转移方程： $d p_{u} = d p_{u} + m a x / m i n (d p_{v}, 0)$ （叶 $\to$ 根，即 $v \to u$ ， $d p_{u}$ 为以 $u$ 为根节点的子树选出的最大/最小值）
- 有限制类：一般是子节点选了父节点就不能选。
  转移方程：初始化 $d p_{u, 1} = a_{u}$ ， $d p_{u, 1} = d p_{u, 1} + d p_{v, 0}, d p_{u, 0} = d p_{u, 0} + m a x (d p_{v, 0}, d p_{v, 1})$ （ $a_{u}$ 为 $u$ 的点权，叶 $\to$ 根，即 $v \to u$ ， $d p_{u, 1}$ 为选择了该节点的最大值， $d p_{u, 0}$ 代表没选该节点的最大值）
树上背包类

常见的是一件物品只有选择了它的父亲才能选择该物品。

上文提到的转移方程将会在对应的例题中推导。

习题

习题1 P1122 最大子树和

题意

对于一个树，求出其点权和最大的子树的点权和。

思路

无限制的选节点套路。

对于一个节点 $u$ ，如果其子节点 $v$ 的子树产生了负贡献，那么不选更优，反之选更优。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=16000+10;
vector<int> G[maxn];
int dp[maxn],a[maxn],n,m,ans=-2147483647;
void dfs(int x,int fa){
    dp[x]=a[x];
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        int nxt=G[x][i];
        if(nxt!=fa){
            dfs(nxt,x);
            dp[x]+=max(dp[nxt],0);
        }
    }
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		G[u].push_back(v);
		G[v].push_back(u); 
	}
	dfs(1,-1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,dp[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

习题2 P1352 没有上司的舞会

题意

给出一棵树，每个点都有点权，现在从中选出一些节点，满足任意两点不为父子关系（即选了子节点就不能选父节点），求点权和最大值。

思路

树的最大独立集板子/带限制的选节点套路。

令 $d p_{u, 0}$ 为选 $u$ 节点，以 $u$ 为根的子树选出的最大值， $d p_{u, 1}$ 为不选 $u$ 节点，以 $u$ 为根的子树选出的最大值。

如果选了这个节点，那么这个节点的儿子节点全部不能选，即 $d p_{u, 1} = d p_{u, 1} + d p_{v, 0}$ ，初始化为该点点权。

反之儿子节点可以选也可以不选，即 $d p_{u, 0} = d p_{u, 0} + m a x (d p_{v, 0}, d p_{v, 1})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=6000+10;
int n,r[maxn],root,dp[maxn][2],haveson[maxn];
vector<int> G[maxn];
void dfs(int u,int fa){
	dp[u][0]=0;
	dp[u][1]=r[u];
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		//转移方程
		dp[u][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);//不选这个节点
  		dp[u][1]+=dp[v][0];//选这个节点
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>r[i];
	}
	for(int i=1;i<n;i++){
		int u,v;
		cin>>u>>v;haveson[v]=1; 
		G[v].push_back(u);
		G[u].push_back(v);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!haveson[i]) root=i;
	} 
	dfs(root,-1);
	cout<<max(dp[root][1],dp[root][0]);
	return 0;
}

习题3 P2016 战略游戏

题意

给出一棵树，选出最少的点，使得树中每条边都至少有一个端点被选。（树的最小点覆盖）

思路

令 $d p_{u, 0}$ 为不选 $u$ 时以 $u$ 为根的子树的最少数量， $d p_{u, 1}$ 为选 $u$ 时以 $u$ 为根的子树的最少数量。

如果当前节点不选，那么这个节点的所有子节点全部都要选。所以有 $d p_{u, 0} = d p_{u, 0} + d p_{v, 1}$ 。

反之我们可以取选与不选之间最少的那个，即 $d p_{u, 1} = d p_{u, 1} + m i n (d p_{v, 0}, d p_{v, 1})$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1500+10; 
int n,dp[maxn][2];
vector<int> G[maxn];
void dfs(int u,int fa){
	dp[u][1]=1;
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v!=fa){
			dfs(v,u);
			dp[u][1]+=min(dp[v][0],dp[v][1]);
			dp[u][0]+=dp[v][1];
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k,sum;
		cin>>k>>sum;
		for(int j=1;j<=sum;j++){
			int u;
			cin>>u;
			G[k+1].push_back(u+1);
			G[u+1].push_back(k+1);
		}
	}
	dfs(1,1);
	cout<<min(dp[1][0],dp[1][1]);
	return 0;
}

习题4 POJ3659 Cell Phone Network

题意

给出一棵树，如果选择了这个点，这个点和与其相邻的点都会被覆盖，求最少选多少个点能使所有点都被覆盖。（树的最小支配集）

思路

我们令 $d p_{u, 0}$ 为选择点 $u$ ，以 $u$ 为根的子树的最小支配集， $d p_{u, 1}$ 为不选 $u$ ，且 $u$ 被儿子覆盖时的以 $u$ 为根的最小支配集， $d p_{u, 2}$ 为不选 $u$ ，且 $u$ 被父亲覆盖时的最小支配集。

当我们选择 $u$ 时，因为 $u$ 的所有儿子都会被 $u$ 覆盖，所以可以取最小值，即 $d p_{u, 0} = d p_{u, 0} + m i n (d p_{v, 0}, d p_{v, 1}, d p_{v, 2})$ ，初始化为 $1$ 。

当我们不选 $u$ 时：

若 $u$ 没有被覆盖，即将要被父节点覆盖，此时可以选儿子节点支配，也可以选当前节点支配： $d p_{u, 2} = d p_{u, 2} + m i n (d p_{v, 0}, d p_{v, 1})$
若 $u$ 被覆盖，此时枚举 $u$ 的所有子节点，选出其中之一使得代价最小： $d p_{u, 1} = m i n (d p_{u, 1}, d p_{u_{k}, 0} + d p_{u, 2} - \sum_{k = 1}^{n} d p_{v_{k}, 1}, d p_{v_{k}, 0})$ 。

不想贴代码了。个人更偏向于贪心做法。

习题5 树的直径

题意

给出一棵树，求出其直径长度。

思路1

引入一个定理：对一棵树作 dfs，所到达的边一定为直径的一端。(证明)

那么我们对这棵树做一遍 dfs，找到一端，从这个点开始，再做一次 dfs 找到最远的那个点，这两个点之间的路径即为直径。

void dfs(int u,int fa,int dep){
	if(maxdep<dep){
		maxdep=dep;
		pos=u;
	}
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v!=fa){
			dfs(v,u,dep+1);
		}
	}
}

好处：简单易懂

坏处：跟 Dij 一样，遇到负权边就寄

思路2

令 $d p 1_{u}$ 为以 $u$ 为根的子树， $u$ 在这棵子树内所能延伸的最长路径， $d p 2_{u}$ 为最长路径无公共边的次长路径。此时答案为 ${max}_{i = 1}^{n} d p 1_{i} + d p 2_{i}$ 。

void dfs(int u,int fa) {
	d1[u]=d2[u]=0;
	for(int i=0;i<G[u].size();i++){
		int v=G[u][i];
		if(v==fa) continue;
		dfs(v,u);
		int t=d1[v]+1;
		if(t>d1[u]){
			d2[u]=d1[u];
			d1[u]=t;
		}
		else if(t>d2[u]){
			d2[u] = t;
		}
	}
	d=max(d,d1[u]+d2[u]);
}

好处：能处理负权边
坏处：第一次学不知道咋实现（就像我）。

习题6 P2015 二叉苹果树

题意 by wsy

给定一棵有 $n$ 个节点苹果树，不难发现有 $n - 1$ 条边，第 $i$ 边连接 $x_{i}$ 和 $y_{i}$ ，边上有 $z_{i}$ 个苹果。

现在要剪掉一些边，只保留 $q$ 条边，问最终最多能保留多少苹果。

这棵树以 $1$ 号节点为根，当一条边被剪掉时，这条边上深度较高的那个点的所有苹果都无法保留。

思路 by xhr

明显的树形 DP，令 $d p_{i, j}$ 表示 $i$ 的子树保留 $j$ 根树干能得到的最多的苹果数量。
令 $l s_{i}, r s_{i}$ 为结点 $i$ 的左右儿子， $l c_{i}, r c_{i}$ 为 $i$ 到左右儿子的树干的苹果数量。则 $d p_{i, j} = max {d p_{l s_{i}, j - 1} + l c, d p_{r s_{i}, j - 1} + r c, d p_{l s_{i}, k - 1} + l c + d p_{r s, j - k - 1} + r c (1 \leq k \leq j - 1)}$ 。
答案为 $d p_{i, q}$ 。
时间复杂度： $O (n q^{2})$ 。

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

struct Edge {
  int x, y;
};

int n, q, x, y, z, fa[110], h[110], dp[110][110];
bool f[110][110];
vector<Edge> v[110];

void dfs_ (int x) {
  h[x]++;
  for (auto [u, v] : v[x]) {
    if (u != fa[x]) {
      fa[u] = x, h[u] = h[x], dfs_(u);
    }
  }
}

int dfs (int x, int y) {
  if (!f) {
    return 0;
  }
  if (f[x][y]) {
    return dp[x][y];
  }
  f[x][y] = 1;
  int l = 0, r = 0, sl = 0, sr = 0;
  for (auto [u, v] : v[x]) {
    if (u == fa[x]) {
      continue;
    }
    if (!l) {
      l = u, sl = v;
    }
    r = u, sr = v;
  }
  int sum = 0, num;
  for (int j = 0; j <= y; j++) {
    num = 0;
    if (j) {
      num = dfs(l, j - 1) + sl;
    }
    if (j < y) {
      num += dfs(r, y - j - 1) + sr;
    }
    sum = max(sum, num);
  }
  return dp[x][y] = sum;
}

int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  cin >> n >> q;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    cin >> x >> y >> z;
    v[x].push_back({y, z}), v[y].push_back({x, z});
  }
  dfs_(1);
  cout << dfs(1, q);
  return 0;
}

posted @ 2023-04-21 15:16 luqyou 阅读(72) 评论(0) 编辑收藏举报

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