P1352 没有上司的舞会+P1122 最大子树和（树形DP入门）
前言
今日偶然打开 \(oi-wiki\)，发现树形 \(DP\) 例题正好是之前在洛谷上鸽着的一道题。所以......
\(\color{red}{很高兴以这样的方式认识你，树形 DP !}\)
这例题造的太好了，简直是无痛入门（感动.jpg）
P1352 没有上司的舞会
思路剖析
状态定义
\(dp_i\) 表示的是以 \(i\) 为根节点的子树所获得的最大价值。
由于每个节点代表着一位人物，有来与不来两种状态，所以再加一维状态变量。
\(dp_{i,0}\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树所能获得的最大价值，且这位人物没来。 \(dp_{i,1}\) 则对应来了的状态。
状态转移方程
现在有个周年庆宴会，宴会每邀请来一个职员都会增加一定的快乐指数 r_i。
但是呢，如果某个职员的直接上司来参加舞会了，那么这个职员就无论如何也不肯来参加舞会了。
根据题意描述，容易得出状态转移方程：
\(dp_{i,0} += max (dp_{j,0},dp_{j,1})\)
\(dp_{i,1} += dp_{j,0}\)
\(j\) 指的是 \(i\) 的子节点，且显然 \(dp_{i,1}\) 的初始值为 \(r_i\)。
code
点击查看代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,a[6005];
int head[6005],nex[6005],edge[6005],tot;
int vis[6005],dp[6005][2];
void dfs(int x){
dp[x][1]=a[x];
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int y=edge[i];
dfs(y);
dp[x][1]+=dp[y][0];
dp[x][0]+=max(dp[y][0],dp[y][1]);
}
return;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
int l,k;
scanf("%d%d",&l,&k);
nex[++tot]=head[k];
head[k]=tot;
edge[tot]=l;
vis[l]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
dfs(i);
cout<<max(dp[i][0],dp[i][1])<<endl;
return 0;
}
}
}
P1122 最大子树和
思路剖析
谁是根节点
由于这题是无向图（但由于以 \(n-1\) 条边相连接，所以本质与树并无太大区别），所以要讨论以谁作为根节点。
根节点之所以重要，是因为在递归过程中，我们已经默认根节点所代表的那束花已经被保留了，但根节点代表的花不一定在最优解的集合之中。
仔细模拟后，不难发现，对于以 \(i\) 为根节点的子树，\(dp_i\) 往下为最优解，而往上由于还未更新，因此相当于剪去 \(dp_i\) 与其根节点的枝桠。
进一步推理，无论通过哪个节点作为根节点，再递归的过程中，其实已经变相枚举了将其剪去的种种情况，所以，只需要在过程中取最优解即可。
状态定义+状态转移方程
这点比较好理解，所以合并在一起阐述。
\(dp_i\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树所获得的最大美丽值。
显然有
\(dp_i+=max(dp_j,0)\)。
\(j\) 为子节点，当其所带来的价值为负数时，不如直接剪掉。
code
有几处雷点在注释中标记出来了（都是血泪教训啊QAQ）
点击查看代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,ans=-0x3f3f3f3f;//答案可能为负！要初始化为负无穷
int head[16005],nex[35005],edge[35005],tot;//由于是双向边，所以空间要开双倍
int dp[16005],vis[16005];
void dfs(int x){
vis[x]=1;//不要在循环内标记，否则标记不到根节点本身。
for(int i=head[x];i;i=nex[i]){
int y=edge[i];
if(vis[y]) continue;
dfs(y);
if(dp[y]<=0) continue;
dp[x]+=dp[y];
}
ans=max(ans,dp[x]);
return;
}
void add(int l,int k) {nex[++tot]=head[k],head[k]=tot,edge[tot]=l;}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dp[i]);
for(int i=1;i<n;i++){
int l,k;
scanf("%d%d",&l,&k);
add(l,k);
add(k,l);
}
dfs(1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
第 \(7、8\) 道，(‾◡◝)。
加油！
