树形dp学习笔记

主要总结一下树形dp的一些难点与细节问题。

什么是树形dp

顾名思义,就是长得像树结构的dp,在树上进行的dp。

而树形dp有一个比较套路化的状态定义,就是定义 \(dp[i]\) 表示以 \(i\) 为根结点的子树的最大/最小值。

一般的树形dp用dfs实现。

裸树形dp

这里推荐几道比较裸的树形dp:

1.P1122 最大子树和

2.P1352 没有上司的舞会这道题很重要,它代表了一类带分类的树形dp,即多一维记录这个状态的一些信息(因为会有影响)

3.P2016 战略游戏

4.P1131 [ZJOI2007] 时态同步有难度的裸题(

5.P2585 [ZJOI2006]三色二叉树和没有上司的舞会有点像的一道题

具体不详细讲,给一个模板(最大子树和)

int dfs(int x,int fa){//为无根树就多了一个fa
	dp[x]=a[x];
	for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i];
		if(y==fa)continue;
		dfs(y,x);
		if(dp[y]>0)dp[x]+=dp[y];
	}
	ans=max(ans,dp[x]);
}

树上背包

这个详细地讲一下吧。

树上背包可以说是有依赖性的dp,因为它的子树与子树之间的 \(dp\) 值是有关系的。

于是我们可以把它看作一个背包来处理。

1.P2015 二叉苹果树

珂爱的小模板。

树上背包有三重循环,分别为子节点,容量,和给每一个子树分配的容量。

注意是无根树!

int dfs(int x,int fa){
	int sum=0;
	for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i].pos;
		if(y==fa)continue;
		sum=sum+dfs(y,x)+1;
		for(ri j=min(sum,q);j>=0;j--){//容量 
			for(ri k=0;k<=j-1;k++){//分配的树枝数量 
				dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k-1]+T[x][i].w);
			}
		}
	}
	return sum;
}

2.P2014 [CTSC1997]选课

这道题Wrasar印象深刻,因为当时口胡了一个错的代码(连方程都是错的),然后交上去AC了(((

讲一下正解和一些注意的点吧qwq

(1)输出的答案是 \(dfs(0,n+1)\) ,因为建树的时候把所有的没有先修课的课程都算作先修课为0的课。

所以可以把0看作一个根结点,而本来的可以说是很多棵树,有了0就像一个森林了是不是。

(2)初始值设为 \(dp[x][1]=s[x];\) ,其中 \(s\) 用来存对应的学分数。

这个好想吧。

(3)计算结点数的 \(sum\) 要先赋为 \(1\) 。

因为至少有0这个点了(不过是虚拟的)。

(4)方程是 \(dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]);\) 。

这个也是显然的(

然后就差不多了,代码放一下。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;
const int MAXN=310;
int n,m,k,s[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
struct node{
	int pos,sco;
};
vector <node> T[MAXN];

int dfs(int x,int fa){
	dp[x][1]=s[x];
	int sum=1;
	for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i].pos;
		if(y==fa)continue;
		sum+=dfs(y,x);
		for(ri j=min(sum,m);j>=0;j--){
			for(ri k=0;k<=j-1;k++){
				dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]);
			}
		}
	}
	return sum;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>m;
	m++;
	for(ri i=1;i<=n;i++){
		cin>>k>>s[i];
		node cur={i,s[i]};
		T[k].push_back(cur);
	}
	dfs(0,n+1);
	cout<<dp[0][m];
	return 0;
}

3.P1272 重建道路

这道题不难,只是要注意容量至少是 \(2\) ,分配的容量至少为 \(1\) 。

注意输出需要循环找。

dp部分:

int dfs(int x){
	dp[x][1]=out[x];
	int sum=1;
	for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i];
		int tmp=dfs(y);
		sum+=tmp;
		for(ri j=min(sum,p);j>=2;j--){
			for(ri k=1;k<=min(j-1,tmp);k++){
				dp[x][j]=min(dp[x][j],dp[y][k]+dp[x][j-k]-1);
			}
		}
	}
	return sum;
}

输出部分:

ans=dp[1][p];
for(ri i=2;i<=n;i++)ans=min(ans,dp[i][p]+1);
cout<<ans;

4.P1273 有线电视网

这道题需要一个铺垫:P1510 精卫填海

可以吸取精卫填海的思路,就会做这题了(真的真的

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
#define ri register int
using namespace std;
const int MAXN=3010;
int n,m,k,a,c,pay[MAXN],dp[MAXN][MAXN];
struct node{
	int pos,cos;
};
vector <node> T[MAXN];

int dfs(int x){
	dp[x][0]=0;
	if(x>n-m){
		dp[x][1]=pay[x];
		return 1;
	}
	int sum=0;
	for(ri i=0;i<T[x].size();i++){
		int y=T[x][i].pos;
		int tmp=dfs(y);
		sum+=tmp;
		for(ri j=sum;j>=0;j--){
			for(ri k=0;k<=tmp;k++){
				dp[x][j]=max(dp[x][j],dp[x][j-k]+dp[y][k]-T[x][i].cos);
			}
		}
	}
	return sum;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	memset(dp,0xcf,sizeof(dp));
	cin>>n>>m;
	for(ri i=1;i<=n-m;i++){
		cin>>k;
		for(ri j=1;j<=k;j++){
			cin>>a>>c;
			node cur={a,c};
			T[i].push_back(cur);
		}
	}
	for(ri i=n-m+1;i<=n;i++)cin>>pay[i];
	dfs(1);
	for(ri i=m;i>=0;i--){
		if(dp[1][i]>=0){
			cout<<i;
			return 0;
		}
	}
	cout<<0;
	return 0;
}

差不多得了.jpg

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