hihoCoder hiho一下 第十二周 #1055 : 刷油漆 （树上DP）

 

思路：树上的动态规划。只能刷部分节点数m，总节点数n。如果m>=n那么就可以全刷了，那就不用任何算法了。如果m<n那么就要有取舍了。用DP思路，记录下每个节点如果获得到1~m个选择所能获得的最大权值。这里的树不仅仅是二叉，可能是多叉。所以一个节点怎么合理分配给每个孩子的空间大小很关键，当第一个孩子获得了1空间，那么后面的孩子所能获得的空间就要少一个了。这样穷举每个孩子能得到的空间，来求当前节点的最大权值，会有很多种可能，m！。不用这么做。

递归步骤：

　　假设状态记录为 dp[节点][该节点所获得的空间大小]　　　　注：该节点所获得的空间大小可能从1~m，m指该节点在树的第几层。

（1）如果当前节点最多只能获得1的空间，那么就不用计算大于1的可能了，仅需计算他自己，也就是dp[自己][1]。这个节点就是根节点的广度搜索的第m层（m是根节点所能获得的空间大小）。

（2）对于当前节点node，所能获得的最大空间m，那么需要先计算出所有孩子的数据先，不然怎么计算node的最大权值。要知道，node的最大权值都是靠其孩子来支撑的。所以这一步先将m减1，然后m-1全部给孩子，孩子就能计算出从1~m-1的可能了。

（3）要更新当前节点node自己的所有数据了，也就是dp[node][1~m]。考虑到穷举会有m!种可能。得找另外的办法解决：考虑到当前节点的所有数据全靠孩子，那么对所有孩子逐个考虑，假设孩子为i。接着要考虑更新node的第j个数据，j=m...1，就是从大到小来更新（有点像01背包），必须从大到小，因为每当我们更新第j个数据dp[node][j]时，需要用到前面dp[node][<j]的值，假如从小到大，那么当考虑到dp[node][j]时，前面dp[node][<j]中已经包含了第i个孩子的数据了，这样就造成了重复，比如dp[node][2]=10，这里面取第1个孩子和node节点，接着dp[node][4]=max(dp[node][4], dp[node][4-2]+dp[第1个孩子][2])= max(dp[node][4], dp[node][2]+dp[第1个孩子][2])  表示给第一个1孩子2个空间所能获得大小，而dp[node][2]已经取了第1个孩子，dp[第1个孩子][2]又取该孩子一次，那么node的第1个孩子就被收藏了两次。重复了。正确的循环如下代码

 

 1 #include <iostream>

 2 #include <cstring>

 3 #include <vector>

 4 #include <stdio.h>

 5 using namespace std;

 6 

 7 const int N2=110;   //平方

 8 const int N3=1100;  //立方

 9 int value[N3];        //权值

10 vector< vector<int> > edge(N2);   //边

11 int dp[N2][N3];         //dp值

12 

13 int tree_dp( int node ,int m )

14 {

15     if(m==1)        //如果分给node为1个空间，那只能收获他自己而已

16     {

17         dp[node][m]=value[node];

18         return 0;

19     }

20 

21     //递归计算出所有孩子

22     for(int i=0; i<edge[node].size(); i++)  //对于每个孩子

23         tree_dp(edge[node][i], m-1 );

24 

25     //更新本节点的所有可能性

26     dp[node][1]=value[node];

27     for(int i=0; i<edge[node].size(); i++)//考虑每个孩子，也是为了防止重复

28         for(int j=m; j>1; j--)      //必须从大到小，防止重复选取。

29             for(int k=1; k<j; k++)  //记得要留一个给自己

30                 dp[node][j] =max( dp[node][j], dp[node][j-k] + dp[edge[node][i]][k]);//状态方程

31     return 0;

32 }

33 int main()

34 {

35     //freopen("input.txt", "r", stdin);

36     int n, m, ai, bi;

37     while(cin>>n>>m)

38     {

39         memset(dp, 0, sizeof(dp));

40         for(int i=0; i<N2; i++)     //清除边

41             edge[i].clear();

42 

43         for(int i=1; i<=n; i++)     //n个权值

44             cin>>value[i];

45 

46         for(int i=1; i<n; i++)      //n-1条边

47         {

48             cin>>ai>>bi;

49             edge[ai].push_back(bi);

50         }

51         tree_dp(1,m);

52         cout<<dp[1][m]<<endl;

53     }

54     return 0;

55 }

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