树形DP刷题小记

最大子树和

链接:P1122 最大子树和

算法分析
典型的树形DP，要结合贪心的思想。f[x]存储以x为根可以得到的最大美丽值,若子树的美丽值小于零，即对结果有害，应减去。
状态转移方程:$$f[x]+=f[y]>0?f[y]:0$$
Code：

#include
using namespace std;
inline int Read(){
     
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
     
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
     
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}

struct node{
     
	int to,next;
}edg[170000];
int n,beauty[170000],h[170000],cnt,ans,f[170000];
void add(int a,int b){
     
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	h[a]=cnt;
}
void dfs(int u){
     
	f[u]=beauty[u];
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		int v=edg[i].to;
		dfs(v);
		if(f[v]>0)	f[u]+=f[v];
	}
	ans=max(ans,f[u]);
}
int main(){
     
	n=Read();
	for(int i=1;i<=n;++i)	beauty[i]=Read();
	for(int i=1;i<=n-1;++i){
     
		int aa,bb;
		aa=Read(),bb=Read();
		add(aa,bb);add(bb,aa);
	}
	dfs(1);
	printf("%d",ans);
	return 0;
} 

总结与反思

1. 结合不同算法的思想对于代码很有帮助
2. 数组开大(最好题中数据的2倍)

选课

链接:P2014 [CTSC1997]选课

算法分析:
树形分类背包DP。每个先修课都是后驱课的父节点，整个图即为一个森林，每个根节点可以连接到一个虚拟的价值为0的总先驱节点，由于先驱节点占空间，背包容量要加一。设$f[x][y]$为以$x$为根，占用$y$个空间的最大学分,然后利用多重背包来解即可。
Code:

#include
using namespace std;
inline int Read(){
     
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
     
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
     
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
     
	int to,next;
}edg[17000];
int n,m,h[1700],score[1000],cnt,ans,f[17000][500];
void add(int a,int b){
     
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	h[a]=cnt;
}
void dfs(int u){
     
	f[u][1]=score[u];
	int flag=1;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		flag=0;
		int v=edg[i].to;
		dfs(v);
		for(int j=m;j>=1;--j)
			for(int k=1;k<j;++k)
				f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+f[u][j-k]);
	}
	if(flag==1)
		for(int i=2;i<=m+1;++i)
			f[u][i]=f[u][i-1];
}
int main(){
     
	n=Read(),m=Read();
	for(int i=1;i<=n;++i){
     
		int pre;
		pre=Read();
		score[i]=Read();
		add(pre,i);
	}
	++m;
	dfs(0);
	printf("%d",f[0][m]);
	return 0;
} 

总结与反思

1. 要通过虚拟根把森林转化成一棵树
2. 要注意处理虚拟根带来的占用背包空间的影响（背包空间应加一）
3. 背包要通过逆序循环来节省维度

积蓄程度

链接:287. 积蓄程度

算法分析:
该数是一个无根树，可以以任意一点为根，因此一个最朴素的思想就是以单个节点为根，打一遍DP。
但是…时间复杂度感人。因此，要找一种更为巧妙的方式。

设$c[i][j]$为$i$与$j$之间的容量，先以任意一点（设为root）为根，用$d[x]$存储$x$节点对于它的子树的最大流量。易得状态转移方程:
$$d[x]=\Sigma min(d[y]+c[x][y])$$
一遍dfs就能把所有的$d$求出来了。然后设$f[x]$为以$x$为源的整个树的流量。显然，$f[root]=d[root]$。
由于知道的是根，因此要从上往下递推,若已知$f[u]$，则$f[v]$可分为两部分，$f[v]$的子树($d[v]$)以及整棵树除了$v$的子树以外的部分。
先看特殊情况：$u$点的度为1,则以$u$为根时，水流全部入$v$点，易得状态转移方程:$$f[v]=d[v]+c[i][j]$$
我们知道以$u$为根时，$u$->$v$的流量$=min(d[v],c[u][v])$。所以$u$流向其他地方的流量为$f[v]-min(d[v],c[u][v])$,即为以$v$根时，$u$子树的最大承载度:
不难得出状态转移方程:$$f[v]=d[v]+min(f[v]-min[d[v],c[u][v],c[u][v])$$
然后码就完了。

Code:

#include
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const int INF=2147483647;
inline int Read(){
     
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
     
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
     
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
     
	int to,next,val;
}edg[300000];
int n,h[300000],cnt,ans,f[300000],T,d[300000],dgr[300000];
void add(int a,int b,int val){
     
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	edg[cnt].val=val;
	h[a]=cnt;
}
void dfs1(int fa,int u){
     
	if(dgr[u]==1&&fa==edg[h[u]].to)	d[u]=INF;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		dfs1(u,v);
		d[u]+=min(d[v],edg[i].val);
	}
}
void dfs(int fa,int u){
     
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		if(dgr[u]==1)	f[v]=edg[i].val;
		else	f[v]=min(edg[i].val,f[u]-min(edg[i].val,d[v]));
		if(dgr[v]>1)	f[v]+=d[v];
		dfs(u,v);
	}
	ans=max(ans,f[u]);
}
void Init(){
     
	memset(edg,0,sizeof(edg));
	memset(h,0,sizeof(h));
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(d,0,sizeof(d));
	memset(dgr,0,sizeof(dgr));
	n=0;cnt=0;ans=0;
}
int main(){
     
	T=Read();
	for(int TT=1;TT<=T;++TT){
     
		Init(); 
		n=Read();
		for(int i=1;i<n;++i){
     
			int aa,bb,cc;
			aa=Read();bb=Read();cc=Read();
			++dgr[aa];++dgr[bb];
			add(aa,bb,cc);
			add(bb,aa,cc);
		}
		dfs1(0,1);
		f[1]=d[1];
		dfs(0,1);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
} 

总结与反思:

1. 要注意特殊情况的处理方式
2. 要从数据范围来大致推算出时间复杂度限制，来选择合适的算法
3. 多组数据要在每算完一个答案后初始化

二叉苹果树

链接:P2015 二叉苹果树

算法分析：
先把整棵树的基本信息弄明白，遍历一遍，求出每个节点的左子树$l[]$与右子树$r[]$。题目中说保留$m$条边，相当于保留$m+1$个节点。每个边上的苹果可以转移到该边连接的儿子上面。然后设$f[u][i]$为以$u$为根的子树占用$i$个节点可获得的最大苹果树。
目标：$f[1][m+1]$
边界条件:

• $f[leaves][i]=apple[leaves](0<i<m+1)$
• $f[u][1]=apple[u]$

可推出状态转移方程:
$$f[u][i]=max(f[l[u]][k]+f[r[u]][j-k-1]+ap[u])$$
Code:

#include
using namespace std;
inline int Read(){
     
	int dx=0,fh=1;
	char c;
	c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){
     
		if(c=='-')	fh=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c<='9'&&c>='0'){
     
		dx=dx*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return dx*fh;
}
struct node{
     
	int to,next,val;
}edg[3000];
int n,h[3000],cnt,ans,f[1000][1006],m,l[1006],r[1006],ctt[1006],ap[1006];
void add(int a,int b,int val){
     
	++cnt;
	edg[cnt].to=b;
	edg[cnt].next=h[a];
	edg[cnt].val=val;
	h[a]=cnt;
}
void dfs1(int u,int fa){
     
	int flag=0;
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)	continue;
		ap[v]=edg[i].val;
		flag=1;
		if(ctt[u]==0)	l[u]=v,++ctt[u];
		else r[u]=v;
		dfs1(v,u);
	}
	if(flag==0)
		for(int i=1;i<=m;++i)
			f[u][i]=edg[h[u]].val;
	f[u][1]=ap[u];
}
void dfs(int u,int fa){
     
	for(int i=h[u];i;i=edg[i].next){
     
		int v=edg[i].to;
		if(v==fa)		continue;
		dfs(v,u);
		for(int j=2;j<=m;++j)
			for(int k=0;k<j;++k)
				f[u][j]=max(f[u][j],f[l[u]][k]+f[r[u]][j-k-1]+ap[u]);
	}
}

int main(){
     
	n=Read(),m=Read();++m;
	for(int i=2;i<=n;++i){
     
		int aa=Read(),bb=Read(),cc=Read();
		add(aa,bb,cc);
		add(bb,aa,cc);
	} 
	dfs1(1,0);
	dfs(1,0);
	printf("%d",f[1][m]);
	return 0;
} 

总结与反思:

1. 每个子树的根一定要算在$f$内
2. 要学会用更加简单的方法存二叉树
3. 边带权要学会转化为点带权，同时剩余的边数转化为剩余的点数时要加一