POJ 1192 最优连通子集 详解树形DP

题目描述：
[color=blue][size=medium][b][align=center]最优连通子集[/align][/b][/size][/color]
[color=blue][b]Description[/b][/color]
众所周知，我们可以通过直角坐标系把平面上的任何一个点P用一个有序数对(x, y)来唯一表示，如果x, y都是整数，我们就把点P称为整点，否则点P称为非整点。我们把平面上所有整点构成的集合记为W。
定义1 两个整点P1(x1, y1), P2(x2, y2)，若|x1-x2| + |y1-y2| = 1，则称P1, P2相邻，记作P1~P2，否则称P1, P2不相邻。
定义 2 设点集S是W的一个有限子集，即S = {P1, P2,..., Pn}(n >= 1)，其中Pi(1 <= i <= n)属于W，我们把S称为整点集。
定义 3 设S是一个整点集，若点R, T属于S，且存在一个有限的点序列Q1, Q2, ?, Qk满足:
1. Qi属于S（1 <= i <= k）;
2. Q1 = R, Qk = T;
3. Qi~Qi + 1(1 <= i <= k-1)，即Qi与Qi + 1相邻;
4. 对于任何1 <= i < j <= k有Qi ≠ Qj;
我们则称点R与点T在整点集S上连通，把点序列Q1, Q2,..., Qk称为整点集S中连接点R与点T的一条道路。
定义4 若整点集V满足：对于V中的任何两个整点，V中有且仅有一条连接这两点的道路，则V称为单整点集。
定义5 对于平面上的每一个整点，我们可以赋予它一个整数，作为该点的权，于是我们把一个整点集中所有点的权的总和称为该整点集的权和。
我们希望对于给定的一个单整点集V，求出一个V的最优连通子集B，满足：
1. B是V的子集
2. 对于B中的任何两个整点，在B中连通；
3. B是满足条件(1)和(2)的所有整点集中权和最大的。

[color=blue][b]Input[/b][/color]
第1行是一个整数N（2 <= N <= 1000），表示单整点集V中点的个数；
以下N行中，第i行(1 <= i <= N)有三个整数，Xi, Yi, Ci依次表示第i个点的横坐标，纵坐标和权。同一行相邻两数之间用一个空格分隔。-10^6 <= Xi, Yi <= 10^6；-100 <= Ci <= 100。

[color=blue][b]Output[/b][/color]
仅一个整数，表示所求最优连通集的权和。

[color=blue][b]Sample Input[/b][/color]

5
0 0 -2
0 1 1
1 0 1
0 -1 1
-1 0 1

[color=blue][b]Sample Output[/b][/color]

2

该问题可以转化为求一个树中子树的权重最大和，树形DP问题
解法思想：DP问题就需要确定动态转移方程，针对每个节点u，可以考虑两种情况，即包含该节点和不包含该节点，设dp[u][0]为不包含，则有
[align=center]dp[u][0]=max{dp[u][0],max{dp[v][0],dp[v][1]}}(v是u的孩子节点)[/align]
dp[u][1]为包含节点u,为保证连通性，需要加上子节点大于0的dp值，即
[align=center]if(dp[v][1]>0)dp[u][1]+=dp[v][1][/align]

代码实现如下：

#include
#include "math.h"
#define N 1010
#define max(a,b) a>b?a:b
//其实是边的定义
typedef struct node{
    int to;//边的节点
    int next;//下一条边
}Node;
int px[N],py[N],pc[N];
int pre[N];//总是存放以N点开始的第一条边（可以理解为第一条）
Node edge[2*N];
int visited[N];//记录节点是否已访问过
int dp[N][2];
int edge_num=0;//边的编号

void add_edge(int u,int v)
{
    edge[edge_num].to=v;  
    edge[edge_num].next=pre[u];
    //以u节点的开始的第一条边现在是第edge_num条边
    pre[u]=edge_num++;
    edge[edge_num].to=u;
    edge[edge_num].next=pre[v];
    //以v节点开始的第一条边现在是第edge_num条边
    pre[v]=edge_num++;

}
void dfs(int s)
{
    int v=0;
    int p;
    visited[s]=1;
    dp[s][0]=0;
    dp[s][1]=pc[s];
    //利用pre[s]和edge.next遍历节点s的孩子节点（即相邻节点）
    for(p=pre[s];p!=-1;p=edge[p].next){
        v=edge[p].to;
        if(visited[v]==0){
            //先计算子节点v的dp值
            dfs(v);
            if(dp[v][1]>0)
                dp[s][1]+=dp[v][1];
            dp[s][0]=max(dp[s][0],max(dp[v][0],dp[v][1]));
        }       
    }

}

int main()
{
    int n;
    int i,j;
    memset(pre,-1,sizeof(pre));
    memset(visited,0,sizeof(visited));
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d%d",&px[i],&py[i],&pc[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=i+1;j<=n;j++){
            if(abs(px[i]-px[j])+abs(py[i]-py[j])==1)
                add_edge(i,j);
        }
    dfs(1);
    printf("%d\n",max(dp[1][0],dp[1][1]));

}

以Sample Input为例，理解代码处理流程：
由于(0,0)和其他四个点都相邻，所以将添加8条边，添加完之后，edge数组的值为
(2,-1)、(1,-1)、(3,0)、(1,-1)、(4,2)、(1,-1)、(5,4)、(1,-1)
此时，pre[1]=6(即以节点0,0为起点的第一条边是edge[6])
pre[2]=1(以节点0,1为起点的第一条边是edge[1])
pre[3]=3(以节点1,0为起点的第一条边是edge[3])
pre[4]=5(以节点0,-1为起点的第一条边是edge[5])
pre[5]=7(以节点-1,0为起点的第一条边是edge[7])

dfs(1):
从edge[6]开始遍历四个相邻节点，然后按照动态转移方程计算dp[1][0]和dp[1][1]