树形DP入门学习

这里是学习韦神的6道入门树形dp进行入门，本来应放在day12&&13里，但感觉这个应该单独放出来好点。

这里大部分题目都是参考的韦神的思想。

A - Anniversary party

题意：
一个树，每个点有一个“快乐”值，父子结点不能同时快乐，问这个结构的最大快乐值。

Thinking:

思考如何写出树规方程，即思考根与子节点的关系。

dp[i][0]:表示不邀请i员工其子树达到的最大快乐值，dp[i][1]则表示邀请。

这时根与子节点的关系就显然了。

 

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 using namespace std;
 7 typedef long long LL;
 8 #define mst(s, t) memset(s, t, sizeof(s))
 9 const int INF = 0x3f3f3f3f;
10 const int maxn = 6010;
11 vector<int> G[maxn];
12 int father[maxn], dp[maxn][2];
13 void dfs(int root){
14     for(int i=0; i){
15         dfs(G[root][i]);
16     }
17     for(int i=0; i){
18         dp[root][0] += max(dp[G[root][i]][0], dp[G[root][i]][1]);
19         dp[root][1] += dp[G[root][i]][0];
20     }
21 }
22 int main() 
23 {
24     freopen("in.txt", "r", stdin);
25     mst(dp, 0); mst(father, -1);
26     int n;
27     scanf("%d", &n);
28     for(int i=1; i<=n; i++){
29         scanf("%d", &dp[i][1]);
30         G[i].clear();
31     }
32     int fa, so;
33     while(scanf("%d%d", &so, &fa) && fa && so){
34         G[fa].push_back(so);
35         father[so] = fa;
36     }
37     int root = 1;
38     while(father[root] != -1)    root=father[root];
39     dfs(root);
40     printf("%d\n", max(dp[root][0], dp[root][1]));
41     return 0;
42 }

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B - Strategic game

题意：

现在要在一棵树上布置士兵，每个士兵在结点上，每个士兵可以守护其结点直接相连的全部边，问最少需要布置多少个士兵。

这题解法与上题相似。

1 dp[root][0] += dp[G[root][i]][1];
2 dp[root][1] += min(dp[G[root][i]][0], dp[G[root][i]][1]);

在读题时想了下结点A的父节点B的变化会影响到A和B的父节点C，会影响到总人数，后来又想了想，这不就是dp要解决的问题呀，在每个阶段做一个决策，以求达到预定的效果。

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 using namespace std;
 7 typedef long long LL;
 8 #define mst(s, t) memset(s, t, sizeof(s))
 9 const int INF = 0x3f3f3f3f;
10 const int maxn = 1510;
11 int dp[maxn][2], father[maxn];
12 vector<int> G[maxn];
13 void dfs(int root){
14     for(int i=0; i){
15         dfs(G[root][i]);
16     }
17     for(int i=0; i){
18         dp[root][0] += dp[G[root][i]][1];
19         dp[root][1] += min(dp[G[root][i]][0], dp[G[root][i]][1]);
20     }
21 }
22 int main() 
23 {
24     //freopen("in.txt", "r", stdin);
25     int n;
26     while( scanf("%d", &n) != EOF){
27         for(int i=0; i<=n; i++){
28             G[i].clear();
29             dp[i][1] = 1,  dp[i][0] = 0;
30             father[i] = -1;
31         }
32         for(int i=0; i){
33             int root, node, cnt;
34             scanf("%d:(%d)",&root, &cnt);
35             for(int i=0; i){
36                 scanf("%d", &node);
37                 G[root].push_back(node);
38                 father[node] = root;
39             }
40         }
41         int root = 1;
42         while(father[root] != -1) root=father[root];
43         dfs(root);
44         printf("%d\n", min(dp[root][0], dp[root][1]));
45     }
46     return 0;
47 }

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C - Tree Cutting 

题意：

一棵无向树，结点为n(<=10,000)，删除哪些结点可以使得新图中每一棵树结点小于n/2。

Thinking：

真的是菜的无语，面对不会写的题总有懒于思考的毛病。

下面记录解决此题的心得：这题给我一种搜索而非dp的感觉，可能有什么我没发现的深意吧。

在遍历树的过程中，访问每个node，维护两个值：

1. 所有子树的结点数的最大值childmax
2. 所有子树(这里包括node)的结点数之和sum。

递归过程中用上一层的sum，不断更新这一层的childmax。

而childmax和sum则共同用来判断这个node是否可以删除。

下面再分析判断条件： childmax<=n/2 && n-sum<=n/2

childmax<=n/2 ：去掉node后，原先node的子树均满足条件。

n-sum<=n/2  ：去掉node后，原先除node和node的所有子树外的树(就当是node的祖先树吧)均满足条件。

 

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 using namespace std;
 7 typedef long long LL;
 8 #define mst(s, t) memset(s, t, sizeof(s))
 9 const int INF = 0x3f3f3f3f;
10 const int maxn = 10010;
11 vector<int> G[maxn];
12 int ans[maxn], num, n;
13 int dfs(int node, int father){
14     int sum = 1, childmax = 0;   //若是叶子结点则return sum=1，否则求其子树(包括自己)的总结点数
15     for(int i=0; i){
16         if(G[node][i] == father)continue; //因为是树结构，这里可以在无向时避免遍历成环 
17         int sum_son = dfs(G[node][i], node);
18         childmax = max(sum_son, childmax);//所有子树的结点数的最大值
19         sum += sum_son;//sum:node的子树的结点数和
20     }
21     childmax = max(childmax, n-sum);
22     if(childmax <= n/2){
23         /*
24          * 当node结点的孩子结点的结点数最大为Sum,若Sum<=n/2,则该点符合条件
25          * 因为去掉node后，任意子树结点数<=n/2, max()保证其非子树结点和仍<=n/2
26          * 故该点满足条件
27         */
28         ans[num++] = node;
29     }
30     return sum;
31 }
32 int main() 
33 {
34     //freopen("in.txt", "r", stdin);
35     scanf("%d", &n);
36     for(int i=0; i1; i++){
37         int a, b;
38         scanf("%d%d", &a, &b);
39         G[a].push_back(b);
40         G[b].push_back(a);
41     }
42     num = 0;
43     int tmp = dfs(1, 0);
44     //cout << n << "==" << tmp << endl; //验证
45     sort(ans, ans+num);
46     if(num){
47         for(int i=0; i){
48             printf("%d\n", ans[i]);
49         }
50     }else{
51         printf("NONE\n");
52     }
53     return 0;
54 }

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D - Tree of Tree

题意：一棵结点带权树，大小(结点数)为k的子树的权值和最大为多少。

这道题促使我写这篇学习心得，感觉稍微需要点思考的dp题我连思路都看得费劲。博客里的思路真的是想了好久，又找了份前辈的AC代码敲了敲(敲出来竟然连样例都没过，哎)，趁热记录下自己的划水心得。

开始是想到要用状态dp[i]][j]表示node i的 结点数为j的子树 的最大权值和。 但是如何动态规划却没有思路。

这里对每个子节点进行背包dp， dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]]+v[i]) ，从后往前dp是因为若从后往前会使v的某一个t被重复选取。

这道题整体思路还不清晰，要再多看看。

 1 #include 
 2 #include 
 3 #include 
 4 #include 
 5 #include 
 6 using namespace std;
 7 typedef long long LL;
 8 #define mst(s, t) memset(s, t, sizeof(s))
 9 const int INF = 0x3f3f3f3f;
10 const int maxn = 110;
11 vector<int> G[maxn];
12 int dp[maxn][maxn];  //dp[i][j]:node[i]结点数为j的子树的最大权值
13 int k, ans, cnt[maxn], weight[maxn];
14 int dfs(int node, int father){
15     cnt[node] = 1;
16     for(int i=0; i){
17         if(G[node][i] == father) continue;
18         cnt[node] += dfs(G[node][i], node);
19     }
20     dp[node][1] = weight[node];  
21     //这里初始化不能在main()内  ？？ 
22 /*
23  *  dp[node][j-t]是之前的子节点为根更新的子树产生的
24  *  dp[v][t]是以当前子节点为根的子树产生的
25  *  j如果顺序遍历，前面dp[node][j]的更新会影响后面的dp[node][j-t]，导致后面
26  *更新dp[node][j]时是一当前子节点为根的子树产生的
27 */
28     for(int i = 0; i < G[node].size(); i++){
29         int v = G[node][i];
30         for(int j = cnt[node]; j >= 1; j--){
31             for(int t = 0; t){
32                 dp[node][j] = max(dp[node][j], dp[node][j-t]+dp[v][t]);
33             }
34         }
35     }
36     ans = max(ans, dp[node][k]);
37     return cnt[node];
38 }
39 int main() 
40 {
41     freopen("in.txt", "r", stdin);
42     int n;
43     while(scanf("%d%d",&n, &k) != EOF){
44         mst(dp, 0);  ans = 0;
45         for(int i=0; i){
46             G[i].clear();
47         }
48         for(int i=0; i){
49             scanf("%d", &weight[i]);
50         }
51         int a, b;
52         for(int i = 1; i < n; i++){
53             scanf("%d%d", &a, &b);
54             G[a].push_back(b);
55             G[b].push_back(a);
56         }
57         dfs(0, -1);
58         printf("%d\n", ans);
59     }
60     return 0;
61 }

 

 

E - Cell Phone Network

题意：给n[1,10000]个点，n-1条边，树形结构，从n个点中取尽量少的点构成一个集合，使剩下所有点都能与这个集合中的部分点相连。

(这个概念叫最小支配集)

dp[u][]：以点u为根的被染色的点的个数

dp[u][0]:u不染色，父节点染色覆盖u        min(1, 2)u不染色，不能覆盖子节点v，故要不v染色覆盖自己，要不v被v染色的子节点覆盖

dp[u][1]:u不染色，子节点存在被染色的覆盖u                  min(1,2)u不染色，所以子节点v不存在被染色的父亲；若所有v均不染色，此时u未被覆盖，故需要有一个v来染色，选择min(dp[v][2]-dp[v][1])即可。

dp[u][2]:u染色                      min(0,1,2)+1 子节点v染不染色都可以；自己染色故需+1          

 1 /*
 2  * poj3659
 3  * 最小支配集:从所有顶点中取尽量少的点组成一个集合，
 4  *            使剩下的所有点都与取出来的所有点相连。
 5  * dp[u]:以点u为根的被染色的点的个数
 6  *  
 7  * dp[u][0]:u不染色，父节点染色覆盖u 
 8  * dp[u][1]:u不染色，子节点存在被染色的覆盖u 
 9  * dp[u][2]:u染色 
10 */
11 #include 
12 #include 
13 #include 
14 #include 
15 using namespace std;
16 const int inf = 0x3f3f3f3f;
17 const int maxn = 10010;
18 vector<int> G[maxn];
19 int dp[maxn][3], n;
20 
21 void dfs(int u, int f){ 
22     //叶子结点
23     if(G[u].size()==1 && G[u][0]==f){
24         dp[u][0] = 0; 
25         dp[u][1] = inf; 
26         dp[u][2] = 1;
27         return;
28     }
29     int mini = inf, flag = 1;
30     for(int i=0; i){
31         int v = G[u][i];
32         if(v == f) continue;
33         dfs(v, u);
34         dp[u][0] += min(dp[v][1], dp[v][2]);
35         dp[u][2] += min(min(dp[v][0], dp[v][1]), dp[v][2]);
36         if(dp[v][1] < dp[v][2]){
37             dp[u][1] += dp[v][1];
38             mini = min(mini, (dp[v][2] - dp[v][1]));
39         }else{
40             flag = 0;
41             dp[u][1] += dp[v][2];
42         } 
43 
44     }
45     dp[u][2]++;   //u点需要染色 
46     if(flag){
47 /*
48  * 如果所有子节点dp[v][1]49  * u被覆盖 
50 */ 
51         dp[u][1] += mini;
52     }     
53 }
54 
55 int main(){
56     //freopen("in.txt", "r", stdin);
57     int n; scanf("%d", &n);
58     for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();
59     for(int i=1; i){
60         int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
61         G[a].push_back(b); G[b].push_back(a);
62     }
63     dfs(1, -1); 
64     printf("%d\n", min(dp[1][1], dp[1][2]));
65     //1是根,无父节点 
66     return 0;
67 }

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F - Computer

题意：一棵边带权值的树，求每个点在树上的最远距离。

参考blog

1、dp：计算点v在树上的最远距离，通过dfs()寻找。v通过v的子树可以找到最远距离，v也可以通过v的父节点找到最远距离。通过子树找，向下遍历更新即可(即向下寻找)。通过父节点找，需要知道父节点的最远距离，父节点可以通过找自己的父节点获得最远距离(即一直向上寻找)，也可以通过寻找子树获得最远距离(但不能包含以v为根的子树(否则会重复))(即先向上后向下寻找)，这里就需要结点的次远距离(即该距离是不包含结点最远距离上的第一个结点的最远距离，故称为次远距离)。

 1 /*
 2  * hdu2196
 3  * 
 4 */
 5 #include 
 6 #define LL long long
 7 using namespace std;
 8 const int maxn =  1e4+10;
 9 struct edge{
10     int to, val;
11     edge(int a, int b) : to(a), val(b) {}
12 };
13 vector G[maxn];
14 int dp[3][maxn], id[maxn];
15 //树只有一个父亲，会有多个儿子 
16 //id[v]: v在v的子树中可以得到的最大距离，所经过的第一个孩子结点 
17 //dp[v][0]: v在v的所有子树中获得的最长距离 
18 //dp[v][1]: v的孩子的第二长距离
19 //dp[v][2]: v通过父亲获得的最长距离
20 void dfs1(int x, int f){
21     for(int i=0; i){
22         int to = G[x][i].to, w = G[x][i].val;
23         if(to == f) continue;
24         dfs1(to, x); 
25         if(dp[0][x] < dp[0][to] + w){
26             dp[0][x] = dp[0][to] + w;
27             id[x] = to;   //记录点x的最大距离经过的第一个孩子结点 
28         }
29     }
30     
31     for(int i=0; i){
32         int to = G[x][i].to, w = G[x][i].val;
33         if(to == f) continue;
34         if(id[x] == to) continue;  //找次大的 
35         dp[1][x] = max(dp[1][x], w + dp[0][to]);
36     }
37 }
38 void dfs2(int x, int f){
39     for(int i=0; i){
40         int to = G[x][i].to, w = G[x][i].val;
41         if(to == f) continue;
42         if(to == id[x]){
43             dp[2][to] = max(dp[2][x], dp[1][x]) + w;
44             //to是x的孩子:to的最大距离是 x不经过to的最大距离(即次大距离)[向下的]和
45             //x向上的最大距离  的最大值 + dist(x,to) (画图理解)
46             //这里的转移也是dp[v][1]和id[x]存在的意义 
47         }else{ 
48             dp[2][to] = max(dp[2][x], dp[0][x]) + w;
49             //to不是x最大距离经过的点
50             //则to的最大距离是dist(x,to)和x向上或向下的最大距离的最大值
51         } 
52         dfs2(to, x);
53         //0和1子树的信息可以直接用,2也是步步更新,一直到最优 
54     }
55 }
56 int main(){
57     //freopen("in.txt", "r", stdin);
58     int n;
59     while(scanf("%d", &n) != EOF){
60         memset(dp, 0, sizeof(dp)); 
61         for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear();
62         for(int i=2; i<=n; i++){
63             int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
64             G[i].push_back(edge(a, b));
65             G[a].push_back(edge(i, b));
66         }
67         dfs1(1, -1);
68         dfs2(1, -1); 
69         for(int i=1; i<=n; i++){
70             printf("%d\n", max(dp[0][i], dp[2][i]));
71         }
72     }
73     return 0;
74 }

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2、用树的直径求解：3次dfs()。前两次求树的直径，后两次求得所有点距离直径端点的最远距离。

 1 /*
 2  * 树中的最长路径， 
 3 */ 
 4 #include 
 5 using namespace std;
 6 const int maxn = 1e4+10;
 7 struct edge{
 8     int to, val;
 9     edge(int a, int b) : to(a), val(b) {}
10 };
11 vector G[maxn];
12 int dp[maxn], max_len, s;
13 
14 void dfs(int x, int f, int len){
15 //len:起点到当前点的距离
16     if(max_len <= len){
17         s = x;
18         max_len = len;
19     }
20     for(int i=0; i){
21         int to = G[x][i].to, w = G[x][i].val;
22         if(f == to) continue;
23         dfs(to, x, len+w);
24         dp[to] = max(dp[to], len+w);
25         //更新起点到当前点的距离 
26     }
27 }
28 int main(){
29     freopen("in.txt", "r", stdin);
30     int n;
31     while(scanf("%d", &n) != EOF){
32         memset(dp, 0, sizeof(dp));
33         for(int i=1;i<=n;i++) G[i].clear();
34         for(int i=2; i<=n; i++){
35             int a,b; scanf("%d%d",&a, &b);
36             G[i].push_back(edge(a, b));
37             G[a].push_back(edge(i, b));
38         }
39         s=0, max_len=0;
40         dfs(1, -1, 0);
41         dfs(s, -1, 0);
42         dfs(s, -1, 0);
43         for(int i=1; i<=n; i++){
44             printf("%d\n", dp[i]);
45         }
46     }
47     return 0;
48 }

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hdu6446 Tree and Permutation

题意：给一个n（1e5）个点，n-1条边的树，按结点进行全排列，对每个全排列，求其第一个结点到其余结点的距离之和，再求全排列的和。

每条边单独计算，边E左边x个点，右边(n-x)个点。则在全排列n!中，每种排列有n-1段，每段的贡献是 2*x*(n-x)*(n-2)!*w ，一共n-1段，则贡献为 2*x*(n-x)*(n-1)!*w 。一共n-1条边，sum()即可

 

 1 #include 
 2 using namespace std;
 3 const int maxn = 1e5+10;
 4 #define LL long long
 5 const LL mod = 1e9+7;
 6 struct edge{
 7     int to, val;
 8     edge(int a, int b) : to(a), val(b) {}
 9 };
10 vector G[maxn];
11 LL d[maxn], w[maxn], node[maxn];
12 //node[x]: f-->x这条边在x一边的点的个数
13 //w[x]: f-->x这条边的权值
14 //d[i]: i! 
15 void get_d(){
16     d[1] = 1;
17     for(int i=2; i){
18         d[i] = (1LL * i * d[i-1]) % mod;
19     }
20 }
21 
22 LL dfs(int x, int f){
23     LL ans = 1;
24     for(int i=0; i){
25         int v = G[x][i].to;
26         if(v == f){
27             w[x] = (LL)G[x][i].val;  //将边f---->x的权值存在当前结点w[x]
28         }else{
29             ans += dfs(v, x); //统计结点数 
30         }
31     }
32     if(f!=-1 && G[x].size()==1){ //叶子结点 
33         return node[x] = 1;   //叶子结点一边的点数为1 
34     }
35     return node[x] = ans;
36 }
37 int main(){
38     //freopen("in.txt", "r", stdin);
39     get_d();
40     int n;
41     while(scanf("%d", &n) != EOF){
42         for(int i=0; i<=n; i++) G[i].clear();
43         for(int i=1; i){
44             int x, y, z;  scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
45             G[x].push_back(edge(y, z));
46             G[y].push_back(edge(x, z)); 
47         }
48         dfs(1, -1);
49         LL ans = 0;
50         //ans = sum(2*x*(n-x)*(n-1)!*w[i]) = (n-1)!*sum(2*x*(n-x)*w[i])
51         for(int i=2; i<=n; i++){
52             ans  = (ans + ( ((2*node[i]*(n-node[i]))%mod) * w[i])%mod )%mod;
53         }
54         printf("%lld\n", (ans * d[n-1])%mod);
55     }
56     return 0;
57 } 

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UVA 10859 Placing Lampposts（训练指南P70）

题意：n个点m条边的无向无环图。在尽量少的结点上放灯，使所有边都被照亮，灯的总数最小的前提下，被两盏灯同时照亮的边数尽量大。

与E求最小支配集相似，多了同时照亮的边数尽量大的目标。

下面两个关于这题的思路很nice：

多目标优化问题这里有一个思路是 x=Ma+c，M是“c的最大理论值与a的最小理论值之差”还要大的数。

还需要进行目标转换：边数一定，被两盏灯同时照亮的边数比较大，则被一盏灯照亮的边数尽量小。

 1 #include 
 2 using namespace std;
 3 const int maxn = 1010;
 4 vector<int> G[maxn];
 5 int d[maxn][2], n, m;
 6 //d[i][j]: i的父节点是否放灯的值为j;  d[i][j]:以i为根的最小x值 
 7 bool vis[maxn][2];
 8 int dfs(int i, int j, int f){
 9     int &ans = d[i][j];
10     if(vis[i][j]) return ans;
11     vis[i][j] = true;
12     ans = 2000;   //i结点放灯,权重很大 
13     for(int k=0; k){
14         if(G[i][k] == f) continue;
15         ans += dfs(G[i][k], 1, i);
16     }
17     if(j==0 && f>=0){
18     //因为i的父节点没放灯，所以这是被一盏灯照亮 
19         ans++;
20     }
21     if(j || f<0){        //i是根或i的父亲放灯,i可以不放灯 
22         int sum = 0;
23         for(int k=0; k){
24             if(G[i][k] == f) continue;
25             sum += dfs(G[i][k], 0, i);
26         }
27         if(f >= 0) sum++;
28         ans = min(ans, sum);
29     }
30     return ans;
31 }
32  
33 int main(){
34     //freopen("in.txt", "r", stdin);
35     int t;
36     scanf("%d", &t);
37     while(t--){
38         int n, m;
39         scanf("%d%d", &n, &m);
40         for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();
41         for(int i=0; i){
42             int x, y;
43             scanf("%d%d", &x, &y);
44             G[x].push_back(y);
45             G[y].push_back(x);
46         }
47         memset(vis, 0, sizeof(vis));
48         int ans = 0;
49         for(int i=0; i){
50             if(!vis[i][0]){
51                 ans += dfs(i, 0, -1);
52             }
53         }
54         printf("%d %d %d\n", ans/2000, m-ans%2000, ans%2000);
55     } 
56     return 0;
57 }

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 1 #include 
 2 using namespace std;
 3 const int maxn = 1010;
 4 const int M = 2000;
 5 vector<int> G[maxn];
 6 int dp[maxn][2];
 7 bool vis[maxn];
 8 void dfs(int x){
 9     vis[x] = true;
10     dp[x][0] = 0; dp[x][1] = M;
11     for(int i=0; i){
12         int v = G[x][i];
13         if(vis[v]) continue;
14         dfs(v);
15         dp[x][0] += dp[v][1] + 1;
16         dp[x][1] += min(dp[v][1], dp[v][0]+1);
17     }
18 }
19 int main(){
20     //freopen("in.txt", "r", stdin); 
21     int t; scanf("%d", &t);
22     while(t--){
23         int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
24         for(int i=0;i<=n;i++)G[i].clear();
25         for(int i=0; i){
26             int a, b;scanf("%d%d", &a, &b);
27             G[a].push_back(b); G[b].push_back(a);
28         }
29         memset(vis, 0, sizeof(vis));
30         int ans = 0; 
31         for(int i=0; i){
32             if(vis[i]) continue;
33             dfs(i);
34             ans += min(dp[i][0], dp[i][1]);
35         }
36         printf("%d %d %d\n", ans/M, m-ans%M, ans%M);
37     }
38     return 0;
39 }

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