树形DP + 换根DP
P1352 没有上司的舞会
设 \(f[i][0/1]\) 表示第 \(i\) 个人不去或者去。
如果第 \(i\) 个人没去，那么下属可去可不去，所以 \(f[i][0] = \sum max\{f[j][0],f[j][1]\}\)，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
如果第 \(i\) 个人去了，那么下属不能去，所以 \(f[i][1] = a[i] + \sum f[j][0]\)，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 6010;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++, e[idx].to = b, e[idx].next = head[a], head[a] = idx;
}
int n;
int a[N];
int f[N][2];
void dfs(int u, int fa) {
f[u][1] = a[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
f[u][1] += f[to][0];
f[u][0] += max(f[to][0], f[to][1]);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
add(b, a);
}
dfs(1, 0);
cout << max(f[1][0], f[1][1]) << '\n';
return 0;
}POJ 1463 / UVA1292 Strategic game
与上一题类似，
设 \(f[i][0/1]\) 表示第 \(i\) 个人是否驻守。
如果第 \(i\) 个人没去，那么它的儿子必须驻守，所以 \(f[i][0] = 1 + \sum f[j][1]\)，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
如果第 \(i\) 个人去了，那么它的儿子可去可不去，所以 \(f[i][1] = \sum min\{f[j][0],f[j][1]\}\)，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1510;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++, e[idx].to = b, e[idx].next = head[a], head[a] = idx;
}
int n;
int f[N][2];
void dfs(int u, int fa) {
f[u][1] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
f[u][0] += f[to][1];
f[u][1] += min(f[to][0], f[to][1]);
}
}
void solve() {
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(head, 0, sizeof(head));
idx = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, num;
scanf("%d:(%d)", &a, &num);
a++;
for (int j = 1; j <= num; j++) {
int b;
scanf("%d", &b);
b++;
add(a, b);
add(b, a);
}
}
dfs(1, 0);
printf("%d\n", min(f[1][0], f[1][1]));
}
int main() {
while (~scanf("%d", &n)) solve();
return 0;
}P3574 [POI2014] FAR-FarmCraft
设 \(f[i]\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中（包括节点 \(i\)）的所有人安装好游戏所需要的时间（与下面的 \(g[i]\) 并没有包含关系，管理员也没有强制性要求要回到根节点，比如会出现下图情况）。
设 \(g[i]\) 表示从 \(i\) 开始往下走，兜一圈又回到 \(i\) 所需要的时间。
实际上 \(f[i]\) 可能 \(< g[i]\)，比如当出现如下情况的时候：
那我们先访问那个节点呢？
分为两种情况考虑，即 \(f[i] - g[i] \geq 0\) 和 \(f[i] - g[i] < 0\) 两种情况。
如果管理员回到了起点那些人还没有装完（即 \(f[i] - g[i] \geq 0\)），那么就需要等待 \(f[i] - g[i]\) 的时间所有人才能安装好。
根据常识，在等待的这段时间我们可以去下一家，以减少所需的总时间。
这里我们利用贪心，让需要等待时间最久的作为第一个访问的节点，
这样可以管理员在他漫长的安装时间内将电脑送给其他人。
而如果出现了像上图一样的情况（即 \(f[i] - g[i] < 0\)） 的情况，
根本就不需要等待，
也就不用排序，
随机访问即可，
但为了简单起见，
排了序也没有什么问题。
所以我们可以对 \(f[i] - g[i]\) 从大到小进行排序。
再挨个访问即可。
然后就是利用 \(f\) 和 \(g\) 来用子树信息更新父亲节点。
如下图：
先说结论：只安装到 \(i\) 点会需要 \(\sum (g[j] + 2) + 1 + f[i]\) 的时间能完成安装，其中 \(j\) 为比 \(i\) 先遍历到的同一层的节点（如上图）。
为什么是这样呢？
第一部分的 \(\sum (g[j] + 2)\) 表示遍历完所有 \(j\) 子树的节点，每次都回到根节点（所以要 \(+2\)）。
第二部分的 \(+1\) 表示从根节点走到 \(i\) 所需要的步骤（即为 \(1\) 步）。
最后一部分的 \(f[i]\) 表示把 \(i\) 子树内所有的游戏装好了需要花的时间。
总时间取 \(\max\) 即可， 即 \(f[root] = \max\{\sum (g[j] + 2) + f[i] + 1\}\)。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 500010;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, t[N];
int f[N], g[N];
void dfs(int u, int fa) {
vector<int> wait;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
wait.push_back(to);
}
sort(wait.begin(), wait.end(), [](const int& a, const int& b) { return f[a] - g[a] > f[b] - g[b]; });
for (int i = 0; i < wait.size(); i++) {
f[u] = max(f[u], g[u] + 1 + f[wait[i]]);
g[u] += g[wait[i]] + 2;
}
if (t[u] > g[u] && u != 1) f[u] = max(f[u], t[u]);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
add(b, a);
}
dfs(1, 0);
cout << max(f[1], g[1] + t[1]) << '\n';
return 0;
}P2014 CTSC1997 选课
不难发现这是个树结构。
课程相当于树上的每一个节点，
学分相当于权值。
设 \(f[i][j][k]\) 表示遍历到第 \(i\) 棵子树的第 \(j\) 个元素并且选择 \(k\) 个节点可以得到的最大权值。
\(f[cur][i][j] = \max \{f[cur][i - 1][j - l] + f[ver[cur][i]][size[ver[i]]][l]\}\)。
其中 \(ver[i][j]\) 表示 \(i\) 节点的第 \(j\) 个子节点，\(size[x]\) 表示以 \(x\) 为根节点的子树的大小。
然后像01背包一样把第二维滚掉就可以了。
C++代码
版本1：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 310;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, m;
int sz[N];
int a[N];
int f[N][N];
void dfs(int u) {
sz[u] = 1;
f[u][1] = a[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
dfs(to);
sz[u] += sz[to];
for (int j = min(sz[u], m + 1); j >= 1; j--) {
for (int k = 1; k <= min(sz[to], j - 1); k++) {
f[u][j] = max(f[u][j], f[u][j - k] + f[to][k]);
}
}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int b;
cin >> b >> a[i];
add(b, i);
}
dfs(0);
cout << f[0][m + 1] << '\n';
return 0;
}版本2：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 310;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, m;
int sz[N];
int a[N];
int f[N][N];
void dfs(int u) {
sz[u] = 1;
f[u][1] = a[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
dfs(to);
for (int j = min(sz[u], m + 1); j >= 1; j--) {
for (int k = 1; k <= sz[to] && j + k <= m + 1; k++) {
f[u][j + k] = max(f[u][j + k], f[u][j] + f[to][k]);
}
}
sz[u] += sz[to];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int b;
cin >> b >> a[i];
add(b, i);
}
dfs(0);
cout << f[0][m + 1] << '\n';
return 0;
}P4516 [JSOI2018] 潜入行动
设 \(f[i][j][0/1][0/1]\) 表示在以 \(i\) 为根节点的子树中除节点 \(i\) 的全部节点被覆盖而且使用了 \(j\) 个监听设备时节点 \(i\) 的状况，第一个 \([0/1]\) 表示有没有放置监听设备，第二个 \([0/1]\) 表示 \(i\) 有没有被覆盖。
有：
\(f[u][i + j][0][0] = \sum f[u][i][0][0] \times f[v][j][0][1]\)
\(f[u][i + j][0][1] = \sum f[u][i][0][1] \times (f[v][j][0][1] + f[v][j][1][1]) + f[u][i][0][0] \times f[v][j][1][1]\)
\(f[u][i + j][1][0] = \sum f[u][i][1][0] \times (f[v][j][0][0] + f[v][j][0][1])\)
\(f[u][i + j][1][1] = \sum f[u][i][1][1] \times (f[v][j][0][0] + f[v][j][0][1] + f[v][j][1][0] + f[v][j][1][1]) + f[u][i][1][0] \times (f[v][j][1][0] + f[v][j][1][1])\)
注意：
_1. 每次计算时都要把 \(f[u]\) 清空重新统计，所以只能用 \(tmp\) 数组当一下“替身 ”了。_*
2. 此题卡空间、时间。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 110, mod = 1000000007;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
struct num {
int x;
num operator+(num b) {
while (b.x >= mod) b.x -= mod;
long long tmp = 1ll * x + b.x;
while (tmp >= mod) tmp -= mod;
num res;
res.x = tmp;
return res;
}
void operator+=(num b) {
while (b.x >= mod) b.x -= mod;
long long tmp = 1ll * x + b.x;
while (tmp >= mod) tmp -= mod;
x = tmp;
}
num operator*(num b) {
num res;
res.x = (1ll * x * b.x) % mod;
return res;
}
void operator=(int k) {
x = k;
}
};
int n, k;
int sz[N];
num f[N][M][2][2];
num t[M][2][2];
void dfs(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
f[u][0][0][0] = 1;
f[u][1][1][0] = 1;
for (int tmp = head[u]; tmp; tmp = e[tmp].next) {
int v = e[tmp].to;
if (v == fa) continue;
dfs(v, u);
memcpy(t, f[u], sizeof(t));
memset(f[u], 0, sizeof(f[u]));
for (int i = min(sz[u], k); i >= 0; i--) {
for (int j = 0; j <= min(sz[v], k - i); j++) {
f[u][i + j][0][0] += t[i][0][0] * f[v][j][0][1];
f[u][i + j][0][1] += t[i][0][1] * (f[v][j][0][1] + f[v][j][1][1]) + t[i][0][0] * f[v][j][1][1];
f[u][i + j][1][0] += t[i][1][0] * (f[v][j][0][0] + f[v][j][0][1]);
f[u][i + j][1][1] += t[i][1][1] * (f[v][j][0][0] + f[v][j][0][1] + f[v][j][1][0] + f[v][j][1][1]) + t[i][1][0] * (f[v][j][1][0] + f[v][j][1][1]);
}
}
sz[u] += sz[v];
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs(1, 0);
cout << (f[1][k][0][1] + f[1][k][1][1]).x << '\n';
return 0;
}换根法思路：
- 自下而上递推；
- 自上而下递推。
P3478 [POI2008] STA-Station
题目描述：
思路：
个节点 \(u\) 为根的子树大小 \(s[u]\)。
然后我们设 \(f[i]\) 为以 \(i\) 为根时所有节点的深度之和，\(j\) 为 \(i\) 的子节点。
那么对于所有 \(j\) 的子节点，深度都减 \(1\)，所以总共减少了 \(s[j]\)。
对于所有不是 \(j\) 的子节点的节点，深度都加 \(1\) ，所以总共加了 \(n - s[j]\)。
所以 \(f[j] = f[i] - s[j] + n - s[j] = f[i] + n - 2 \times s[j]\)。
最后取 \(\max\) 即可。
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
using i64 = long long;
const int N = 1000010;
struct Edge {
int to, next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n;
int sz[N];
void dfs1(int u, int fa) {
sz[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs1(to, u);
sz[u] += sz[to];
}
}
int f[N];
int maxv, ans;
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to] = f[u] + n - 2 * sz[to];
dfs2(to, u);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
add(x, y);
add(y, x);
}
dfs1(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += sz[i];
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) if (f[i] > maxv) maxv = f[i], ans = i;
cout << ans << '\n';
return 0;
}AcWing 287. 积蓄程度 / POJ 3585 Accumulation Degree
题目描述：
思路：
设 \(d[i]\) 表示 \(i\) 点可以向下传递的最大流量。
设 \(f[i]\) 表示 \(i\) 点可以向外传递的最大流量（包括向下流的流量和向上流的流量）。
先 \(\text{dfs}\) 一遍求出 \(d\)。
有：
如无特殊说明 \(to\) 表示 \(i\) 的子节点，\(edge(i, to)\) 表示 \(i\) 和 \(to\) 这条边的最大流量。
\(d[i] = \sum \min(d[to], edge(i, to))\)
\(f[to] = \min(edge(i, to), f[i] - \min(edge(i, to), d[to]))\)
同时注意如果根的度为 \(1\)（如下图） ，那么计算它的子节点时要采用公式：
\(f[i] = f[to] + edge(i, to)\)
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010, INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge {
int to;
int next;
int w;
}e[N * 2];
int head[N], idx, deg[N];
void add(int a, int b, int c) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
e[idx].w = c;
head[a] = idx;
}
int n;
int f[N], d[N];
int dfs1(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
d[u] += min(dfs1(to, u), e[i].w);
}
if (deg[u] == 1) return INF;
return d[u];
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
if (deg[u] == 1) f[to] = d[to] + e[i].w;
else f[to] = d[to] + min(e[i].w, f[u] - min(d[to], e[i].w));
dfs2(to, u);
}
}
void solve() {
idx = 0;
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(deg, 0, sizeof(deg));
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(d, 0, sizeof(d));
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z);
add(y, x, z);
deg[x]++;
deg[y]++;
}
dfs1(1, 0);
f[1] = d[1];
dfs2(1, 0);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G
题目描述：
思路：
设 \(f[u]\) 表示如果选择集会的地点为 \(u\) 点时所需时间。
根据经验，我们可以得到
\(f[to] = f[u] - to\text{节点下所有奶牛个数} \times w(u, to) + (奶牛总数 - to\text{节点下所有奶牛个数}) \times w(u, to)\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100010, M = 200010;
struct Edge {
int to;
int next;
int w;
}e[M];
int head[N], idx;
void add(int a, int b, int c) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
e[idx].w = c;
head[a] = idx;
}
int sz[N];
int cnt[N];
int dfs(int u, int fa) {
int all = 0;
sz[u] = cnt[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
all += dfs(to, u);
sz[u] += sz[to];
all += sz[to] * e[i].w;
}
return all;
}
int f[N], n, get_n;
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to] = f[u] - sz[to] * e[i].w + (get_n - sz[to]) * e[i].w;
dfs2(to, u);
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> cnt[i], get_n += cnt[i];
for (int i = 1; i < n; i++) {
int x, y, z;
cin >> x >> y >> z;
add(x, y, z);
add(y, x, z);
}
f[1] = dfs(1, 0);
dfs2(1, 0);
int min_sum = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (min_sum > f[i]) {
min_sum = f[i];
// ans = i;
}
}
cout << min_sum << '\n';
return 0;
}P3047 [USACO12FEB]Nearby Cows G
题目描述
思路
使用换根DP，
设 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根节点的子树中深度小于等于 \(j\) 的点的权值之和。
设 \(f[i][j]\) 表示将第 \(i\) 个点作为整棵树的根节点深度小于等于 \(j\) 的点的权值之和。
有：
\[\begin{cases}
dp[u][k] = \sum dp[to][k - 1] \\
f[to][j] = dp[to][j] - dp[to][j - 2] + f[u][j - 1]
\end{cases}
\]
\(f[to][j] = dp[to][j] - dp[to][j - 2] + f[u][j - 1]\) 表示：
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 30;
int w[N];
struct Edge {
int to;
int next;
}e[N * 2];
int head[N], idx;
void add(int a, int b) {
idx++;
e[idx].to = b;
e[idx].next = head[a];
head[a] = idx;
}
int n, k;
int dp[N][M];
int f[N][M];
void dfs(int u, int fa) {
for (int i = 0; i <= k; i++) dp[u][i] = w[u];
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
dfs(to, u);
for (int i = 1; i <= k; i++) dp[u][i] += dp[to][i - 1];
}
}
void dfs2(int u, int fa) {
for (int i = head[u]; i; i = e[i].next) {
int to = e[i].to;
if (to == fa) continue;
f[to][1] = dp[to][1] + w[u];
for (int j = k; j >= 2; j--) f[to][j] = f[u][j - 1] - dp[to][j - 2] + dp[to][j];
dfs2(to, u);
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i < n; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
add(a, b);
add(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
dfs(1, 0);
memcpy(f[1], dp[1], sizeof(f[1]));
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i][k] << '\n';
return 0;
}手机扫一扫
移动阅读更方便
你可能感兴趣的文章