2020正睿暑期班DAY1小结

树形DP

【树上最大独立集】

解释：对于图G=（V,E），从V中选尽量多的点为一个集合，使这些点之间没有边相连

方法一  暴搜  枚举每个点选与不选  O（2ⁿ）

 

方法二  贪心 

从叶子节点开始，以根为结束，能选的点尽量选

 刚开始听这个算法的时候还以为是一个反面教材，直到给出了证明（类似反证吧）

我们设当前点为点U，且点U这时候可以选（即它的儿子都没有被选过）

1.如果点U在最优方案之中，不做考虑

2.如果点U没有在最优方案之中——

 

 如果点U不选，那么按照逻辑，v是选了的

那我们这时候选U，V受到影响不能再选

看似我们改变了整盘棋局，但实际上只是一个棋子的交换，我们只是把u和v的状态交换了一下，那么会不会有影响呢？

- 对于点U，它的子树的状态是已经定了的，即都没有选，那么U的状态变化显然与子树没有关系了

- 对于点V，它从选转为不选，那么接下来的影响显然是可以让V的更多子树的状态变为选（因为不受父亲的影响了，选与不选状态自由），而对于点V的父亲，显然也是状态自由了~

所以综合U V，并且每个点的贡献值均为1的情况来看，U的“选”只会让最终方案“不更劣”

In short 能选则选的方案是成立的

代码思路：

dfs处理一遍，存下深搜顺序

按深搜倒序开始跑（为了先从叶子开始），如果这个点没有被标记，那么就选它，并且标记它的父亲

但是，这种方法是建立在父亲和儿子价值等价的情况下，所以如果点权不同，是不能使用贪心的

方法三  DP

当题目变化为  树上最大权独立集的时候，无法在子树内直接作出决策

存在不确定性——解决不确定性——枚举不确定性

（回到最初的起点~）

事实上，和子树有出现关系冲突的只有根节点，所以只要考虑根节点选与不选的最大值就可以了

例题：没有上司的舞会

dp[x][0/1]  根节点为x的子树的最大值，0/1表示x的选与不选

1.dp[x][0]=max(dp[son][0],dp[son][1])

2.dp[x][1]=dp[son][0]

 

【树的重心】

解释：对于一个树，把这个点删去后，其余的连通块的最大节点数最小

我们先解决统计连通块节点数的问题

方法简单

dfs过一遍算每个点的总子树节点数s[z]，那么对于一个点u，它的父亲v的节点数就是s[v]-s[u]

然后选出max(s[v]-s[u],s[son])中最小的那个点就是了

 

【树上边权最长路径】

解释：对于一棵树，找到两点，使他们路径上的边权和最大

方向一 LCA

Ⅰ

Ⅱ 每次保存最长链

设d[i]为i节点到叶子的max值

d[i]=max{d[son]}+w[i]

但这样也基本算是枚举了

方向二 端点

Ⅰ最长链往下——思路如上

Ⅱ 最长链往上

 

 如果最长链往上，我们要判断就是到哪一位祖先为转折点

转折点一方面可以理解为停止不动了，到此为止了

另一方面则是表示为到这个发生转折，开始往下

往上的部分好搞，在Ⅰ的基础上乱搞就好

那么往下的呢？

往下的路径一定是要选尽量长的，保证答案的优秀

但是这时候我们发现，如果只选最长的，很有可能会和u-v冲突，也就是v最长链就是u-v，总不能再走一遍吧

所以我们维护一个次长链，如果最长链真的是u-v，那么我们就走次长链下去

以此选出max值

 

方向三 前缀

 

例题1

解析1

例题2

共有n门课，每门课有不同的学分，每门课没有或有唯一- 门直接的先修课程。问在修m课的前提下，能够获得的最大学分数是多少?

解析：要点 分组背包DP

dp[i][j]表示点i已选j个的最大学分

O(n³)

【树形背包】

 树形背包区别于普通背包的特点就是在于树形，节点之间有父子牵制关系。比方说选了父节点，才能选择子节点

一阶：n³

最基础，最好理解，每次遍历一个点的时候，先遍历它的儿子，然后再对每个儿子做背包

for(int i=0;i){
    int v=G[u][i];
    dfs(v,u);
    for(int j=m+1;j>=1;j--)//背包容量
        for(int k=m;k>0;k--)//每次的枚举值
            if(j-k<1) continue;
            dp[u][j]=max(dp[u][j],dp[v][k]+dp[u][j-k]);
        }
}

二阶：n²

方法一  

一阶的问题呢，主要是出在dfs套背包，太大了，每次还要子节点搞一遍

那么我们对症下药，dfs序我们提前给它搞出来，然后按照dfs序积压就好

但事实上，这样的答案是累积到最后一个点的。

而且，我们可以记录它的下一个兄弟，即当当前这个点不选的时候，就可以把当前的价值先推给它的下一个兄弟

f[i][j]表示到第i个点取j个元素的答案

void Doit_dp() {
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		d[dfn[i]] = s[i];
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
		for (int j = 0; j <= m; ++j)
			f[i][j] = -Inf;
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		for (int j = 0; j <= min(i, m); ++j) {
			upt(f[i + 1][j + 1], f[i][j] + d[i]);
			upt(f[nx[i]][j], f[i][j]);
		}
}

　

方法二

有些时候，我们的节点数完全没有达到我们设置的背包容量大小，那么为什么要浪费时间去跑呢

所以我们就设置成最大节点数了

这样的话按原来思路是按照树形DP的基本实现，由儿子累加到父亲

for(int i=0;i=1;j--)//背包容量
        for(int k=m;k>0;k--)//每次的枚举值
           g[j+k]=max(g[j+k],dp[v][k]+dp[u][j-k]);
    sz[u]+=sz[v];
	for(j=1;j<=sz[u];j++)
		dp[u][j]=max(dp[i][j],g[j]);    
}

 

例题4：

给出一棵n个节点的树，每个节点拥有一个颜色ci，现在定义两点之间的距离为其路径上出现过的不同颜色数量

解析：

 

例题5

给出一个n个节点的树，每个节点有点权ai 求最长的树上路径，满足路径上的节点点权的gcd和不等于1

n<=2e5  ai<=2e5

解析：

gcd不等于1，相当于所有点权中任意两个都不互质，即都能被某个质数整除

放大到全局，就是该树上路径至少能被一个质数p整除

通过这个结论，我们初步推导，f[i][p]表示为以i为根的子树中，能被p整除的最长链

但是，第二维范围太大，所以要考虑优化

我们再回到树上分析，无论以i为子树的答案中，是走lca还是往上传递，都是要经过当前的子树根节点

所以我们的质数p就可以限定在可以整除i的质数中

那么i有多少个质数可以被整除呢？考虑到最大范围为2e5，1-2e5中的数最多有6个（2*3*……*13=30030  2*3*……*17=510510）

每次转移的时候判断儿子和父亲的质因子是否相同，然后转移长度

注意

1.ans和dp的区别，dp[][]的值是以i为结束，而ans还要考虑到lca

2.初始化

3.答案

4.边界条件

5.循环范围——数组边界

 

例题7

有一颗点数为n的树，有边权。给一个0-n之内的正整数k，你要在这棵树中选择k个点染成黑色，其余为白色。将所有点染色后，你会获得黑点两两之间的距离加上白点两两之间的距离的和的收益

 

 

 

解析：

dp过程中维护或计算最大值

刚开始的问题所在是在于计算两两之间的答案值，但事实上，思维突破点在于v的贡献是已经确定的，黑点确定，白点确定，uv的贡献也是可以确定的了

 

 

 

dp[i][j]以i为根的子树，j个点被染成黑色的最大值，背包DP

 

例题8

给定一个n个点m条边的无向无环图，在尽量少的节点上放灯，使得所有边都与灯相邻

1.在灯总数最小的前提，2.两盏灯同时照亮边的数量大

 

解析；

dp[i][j][0/1]以i为根的子树中，用j盏灯且根节点选/不选的最大边数

1.只考虑目标1

2.知道了选的灯数

保证1的情况下算2的答案

 

1.自定义结构

2.k进制数

最小灯数*k+亮灯边数

我们将max两灯边数转化为min一灯边数，为了使两个条件可以同时取min

dp[u][0]=dp[v][1]+1

dp[u][1]=Σmin{dp[v]1,dp[v][0]+1}+k

数位DP

例题1

1-N中所有含有13且能被13整除的数的个数

解析：

 

 

 

 

 

 例题2 

1-N转化为二进制之后数位中1的总数的乘积

解析：

不妨将题目转化为len_n中二进制位1的总数，数位dp

dp[i][j][0/1]表示第i位数位中有j个1和上界的关系中的方案数

第i位取0：dp[i-1][j][k]——dp[i][j][k|N_i]

第i位取1：dp[i-1][j][k*max(k,n[i])]——dp[i][j+1][k]

ans=∏dp[n][j][0]+dp[n][j][1]

 

例题3 定义一个十进制数N的权值F(N)为其各个数位乘上2^len之和

给出A B，问0~B中权值不超过F(A)的数的个数

解析：

考虑F（A）和B可以作为上界，加上数的位数没有别的限制

dp[i][j][0/1]第i位，贡献之和为j的方案数

ans=∑dp[0][j][1+0]

例题4 

给定两个正整数a和b,求在[a,b]中 的所有整数中有多少个数能够整除它自身的所有非零数位。

解析：

首先易分析是数位DP~

和非0数位有关，所以和1-9的出现有关；再者因为考虑整除，所以还要考虑mod9余数

但是状态数6e9，过不去

我们再考虑，比方说从mod9余数就可以推导到mod3余数

所以9！——lcm(1,2,……,9)=2050

继续由这个思路推导，如果当前已经出现了9，那么3的出现还是否有必要？所以约束可以等价转化为，出现了的数位的lcm|原数%2520，而2520的质因子只有48个

所以状态数再次下降