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

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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

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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！